Issuu on Google+

7 7 13 00 62 4012


öâsise

www.orav.org.tr


Matematik Dünyası'ndan md@math. bilgi, edu. tr Geçen yazımda sözetmiştim: TÜBÎTAK bir lise öğrencisinin yarışma projesini “seviye üstü” gerekçesiyle reddetti. Bu şu anlama geliyor: Bu çalışmayı sen yapmış olamazsın, bu bir bilim hırsızlığıdır, yani intihaldir. Bunun üzerine liseli genç dava açıyor. Konu basma yansıyınca TÜBlTAK yönetimi bir meslektaşımızı gencin çalış­ masını incelemekle görevlendiriyor. Nihayet! Yaptığımız telefon konuşmasında meslektaşımızın söylediğine göre çalışmada intihal varmış... Nitekim! TÜBlTAK yönetimi de bunun üzerine “intihal var, biz genci rencide etmemek için rapora ‘seviye üstü’ yazdık” diye bir basın açıklaması yapıyor... Her şeyden önce TÜBlTAK yönetimini bu muhteşem öngörüsünden dolayı kutla­ mak gerek... Önce rapor yazılıyor, sonra araştırma yapılıp raporun doğruluğu kanıt­ lanıyor... Bilim dediğin geleceği öngörmek için vardır zaten, bir nevi modern falcılık! Meslektaşımız bana telefonda makalede toplam beş teorem olduğunu, ilk ikisi­ nin intihal olduğunu söyledi. Ben de kendisine, öncelikle TÜBlTAK raporunun saç­ malığının ortaya çıkarılması gerektiğini, görevinin öğrencinin yanlışını bulmak olma­ dığını, öğrenci yanlış yapmış olsa bile, bir yanda devasa bir devlet kurumunun diğer yanda gencecik bir öğrencinin olduğunu söyledim. Sonra üç teorem kanıtlayan biri­ nin iki teorem için intihale tenezzül etmesinin pek inandırıcı bulmadığını ekledim. Hele bu iki teorem ilk iki teoremse... Öğrencinin yararlandığı makalelerin istisnasız hepsi çalışmanın sonunda yer alan kaynakçada belirtilmiş. Ayrıca öğrenci kendi sonuçlarım çalışmasının en sonunda Altbölüm 2.2’de toparlamış. Dahası sadece kaynakçada değil, çalışmasının içinde de ya­ rarlandığı matematikçilerden adıyla sanıyla bahsetmiş. Peki kusuru ne öğrencinin? Çalışmasında Altbölüm 2.2’den önce yazdığı her teoremin yanma teoremi ilk kanıtla­ yanın adını yazmamış... Ki bu teoremlerin birçoğu nerdeyse Tales Teoremi gibi pek iyi bilinen teoremler. Makalenin sonundaki kaynakçada adlar var ama yetmez. Ayrıca belirtmesi gerekirdi. Bilmiyormuş. Nerden bilsin? Daha önce makale yazmamış ki. Ça­ lışmada intihal olmadığını hayatında bir iki makale okumuş herkes anlar. Öğrencinin adı Barış Paksoy. Adını artık herkes duydu. Barış, matematikçi Jonathan Sondow’dan intihal yapmakla suçlanıyor. Olayı duyan Jonathan Sondow, 29 Temmuz’da TÜBİTAK yetkililerine şu mesajı yolluyor: Sayın Baylar, Ben Ramanujan asalları üzerine iki makale yazmış bir matematikçiyim. Bana ma­ kalesini yolladıktan sonra Barış’la yazıştım. Çalışması benimkinden farklıdır, özgün­ dür ve benim çalışmalarıma katkı niteliğindedir. Barış Paksoy’un matematiksel yeteneği desteklenmeli ve kendisi teşvik edilmeli. O, Türkiye için millî bir hazinedir. TÜBİTAK yöneticileri kendilerini korumak için yalan söyle­ mekten, liseli bir gence iftira atmaktan çekinmiyorlar. Çok kötüler. Hem kötü hem acımasızlar.


İçindekiler 1 3

| ___________________ D üny ası S A H İB İ: T ürk M atem atik D erneği (TMD, S a ­ bancı Ü. Bankalar Cad. 2, 3 4 4 2 0 K araköy İs­ tanbul) adına Betül Tanbay. Üç Aylık Popüler M atem atik D ergisi

6 8 9 10

S O R U M L U Y A Z I İŞ L E R İ Md: Ali Nesin A D R E S : İstanbul Bilgi Üniversitesi, Dolapdere, Beyoğlu - İstanbul M atem atik Dünyası, Türk M atem atik Derneği tarafından, İstanbul Bilgi Ü niversitesi'nin d e s­ teğiyle üç ayda bir yayımlanmaktadır. Milli Eğitim Bakanlığı Talim Terbiye Kurulu B aşkanlığı'nın 2 0 Haziran 1991 gün ve 6 6 0 Y KD . Bas. K.I.Şb. Müd. 5 3 8 6 sayılı kararıyla bir zam anlar okullara tavsiye edilmişti. Y A Y IN KU R U LU : K ürşat Aker, Tayfun Akgül, Em re Alkan, Şafak Alpay, Feza Arslan, Özlem Beyarslan, Kazım Büyükboduk, Barış Coşkunüzer, Selçuk Demir, Ahm et Doğan, Fatih Ecevit, Zafer Ercan, Tolga Etgü, Ahm et Güloğlu, Cem Güneri, Erhan Gürel, E. Mehm et Kıral, Ali Özgür Kişisel, Haluk Oral, Ferit Öztürk, Sem ih Poroy, Sonat Süer, Meral Tosun, M uham m ed Uludağ, Çetin Urtis, Sinan Ünver, M ustafa Yağcı. ABONELİK: Yıllık 2 0 TL ama öğrencilere 16 TL. En az 10 kişilik tek adresli gruplar için yıllık 14 TL. Yurt­ dışı abonelik 4 0 TL. Yıllık abone ücretinin, 516 5 8 6 8 no’lu Posta Çeki hesabına ya da Türkiye İş B a n k ası T R 4 3 0 0 0 6 - 4 0 0 0 0 0 1 1 0 4 2 0 6 2 4 0 2 1 veya Garanti Bankası T R 0 2 0 0 0 6 2 0 0 0 0 6 7 0 0 0 0 6 - 2 9 8 2 6 9 no'lu Matem atik Dünyası Dergisi hesabına yatırılarak, dekontunun bir örneğinin yazışm a adresine gönderilm esi yeterlidir. Kredi kartıyla abonelik için: https://secure.cs.bilgi.edu.tr/matematikdunyasi/tform.php A B D Doları Hesabı: Türkiye İş Bankası, Galata Şubesi, 1021-1748939 Avro Hesabı: Türkiye İş Bankası, Galata Ş u b e ­ si, 1021-1748958 K A R İK A T Ü R : Tayfun Akgül, Ergun Aklem an T A S A R IM : Kadir A b b a s / Maraton Dizgievi B A SIM : Yazın Basın Yayın Matb. Trz. Tic. Ltd. Şti. Maltepe Mah., Ç iftehavuzlar Caddesi, Prestij İş Merkezi, No. 27/806, Kat 9, Zeytinburnu İstanbul • Tel: 0212 5 6 5 01 2 2 Sertifika No. 1 2 0 2 8 D A Ğ IT IM : Turkuvaz Dağıtım Pazarlam a A.Ş. IS S N : 1 3 0 0 -6 2 4 X

İletişim A d re s im iz M atem atik Dünyası İstanbul Bilgi Ü niversitesi K urtu luş Deresi Cd. 47 3 4 4 3 7 Dolapdere / İS T A N B U L Tel : (0212) 311 5 4 2 3 Faks : (0212) 2 9 7 6 3 15 E-Posta : md@math.bilgi.edu.tr Web : w w w .m atem atikdunyasi.org Kapak: Lucien Freud.

23-26

Matematik Dünyası’ndan - A li Nesin Kısa Kısa... - Şafak Alpay Okurlardan Matematik Köyü’nde Kurban Bayramı Programı Destekçilerimiz Feza Gürsey Enstitüsü Dosyası 10 Bir Enstitü’nün Hazin Sonu - Ali Nesin 11 TÜBİTAK iletişim Birimi Kanuoyu Açıklaması 12 ilgililere - Ali Alpar 15 Matematikçilere Duyuru - Betül Tanbay 15 TÜBİTAK’a - Ergün Yalçın 16 Bakan Nihat Ergün’e - Ayşe Erzan 17 Bakan Nihat Ergün’e - Aydın Aytuna 18 Profesör Ikeda Feza Gürsey Enstitüsü’nü Anlattı 19 Feza Gürsey Enstitüsü’ne Kıymayın Efendiler! İsmet Berkan 20 Bilime Kıymayın! - Orhan Bursalı 21 Hesap Ver TÜBİTAK! - Mehveş Evin 22 Avrupalı Matematikçiler Bakan Ergün’den Destek istedi - Pervin Kaplan Basmda Matematik 23 Anayasa Değişikliği ve Y Ö K - Abbas Güçlü 24 TÜBİTAK Bilim Kurulu Üyeliğine Atanan isim Üzerine Sorular - Abbas Güçlü 25 Haberler

27-67

Kapak Konusu: Integral 27 Alan Hesaplamak 33 Riemann Integralinin Tanımı . Sonat Süer ve Ali Nesin 39 Integral Üzerine Temel Sonuçlar Sonat Süer ve Ali Nesin 44 Integralin Varlığı - Sonat Süer ve Ali Nesin 48 Integraller için Ortalama Değer Teoremi 50 Integrallenebilir Fonksiyonların Sınıflandırılması Sonat Süer ve Ali Nesin 54 Düzgün Yakınsaklık, Türev ve Integral Selçuk Demir ve Ali Nesin 59 Kalküiüsün Temel Teoremleri 65 Trigonometrik Fonksiyonlara Aksiyomatik Yaklaşım

68-71

Matematik Tarihi 68 Zor Zamanlarda Matematik II: Nasirüddin el-Tusi - Tosun Terzioğlu

72-76

Popüler Matematik 72 Tenis Maceralarım I - Halis Muhlis 74 Tenis Maceralarım II - Halis Muhlis 76 Sakız Adalı Hipokrat’ın Bir Teoremi Oya Malum

77-104 Problemler ve Yarışmalar 77 Problemler ve Çözümleri - Refail Alizade 81 Bilkent 2011 Soruları - Azer Kerimov 82 Doğuş Üniversitesi 2010 Bireysel Sorular 84 Antalya Olimpiyatları 2010 Birinci Aşama Soruları - İlham Aliyev, Mustafa Özdemir, Gültekin Tınaztepe 86 Teneffüs 87 Olimpiyat Soruları Köşesi: Önemli Eşitsizlikler I Korkmaz Sönmez 92 Olimpiyat Sorulan Köşesi: Önemli Eşitsizlikler II Korkmaz Sönmez 98 Cahit Arf Matematik Günleri X —2011, Birinci Aşama Yanıtlar 101 Cahit Arf Matematik Günleri X - 2010, ikinci Aşama Soru ve Yanıtları 105-112

Sabit Köşeler 105 Eureka! Zekâ Soruları - Haydar Göral 107 Ailenizin Matematik Köşesi: Beyincik - Haydar Göral 109 Satranç Köşesi: At ve M at - Kıvanç Çefle 112 M atrakmatik - Ergun Akleman


Kısa Kısa ••• Şafak Alpay* / safak@metu.edu.tr V Ülkemizin yegâne temel bilimler enstitüsü olan Temel Bilimler Araş­ tırma Enstitüsü TÜBİTAK tarafından kapatılmıştır, daha doğrusu BİLGEM olarak bilinen Bilişim ve Bilgi Güvenliği İleri Araştır­ malar Merkezi’nin bir altbirimi olarak devam etme­ sine karar verilmiştir. MaFeza Gürsey tematikçilerin yoğun tepki­ sine neden olan bu karar ne yazık ki değiştirileme­ miştir. Bu sayıda konuyla ilgili pek çok görüş bula-

caksımz. http:Wsavefezagursey.wordpress.com/ ad­ resinde çok daha fazla bilgi bulabilirsiniz. y Arf Konferansları ve IBMB’nin danışma ku­ rulu üyesi olan David Mumford, Amerika Birleşik Devletleri’nde bilim insanlarına verilebilecek en üs­ tün ödül olan “Medal of Science” bilim ödülüne la­ yık görüldü. Prof. Mum­ ford hakkında kısa bilgi: Prof. Mumford 1937 yılında Sussex (Ingiltere) doğdu. Harvard Üniversitesi’nden 1957 yılında B.Sc. derecesini, 1961 yı­ lında Oscar Zariski yöneti­ minde yaptığı tezi ile dok­ David Mum ford tora derecesini aldı. Har­ vard Üniversitesi’nde çeşitli görevlerde bulunan Mumford, 1996’da Brown Üniversitesi’ne geçti. 1995 - 1998 yılları arasında Uluslararası Matema­ tik Sendikası’nın başkanlığım yaptı. 1974 yılında Fields Ödülü’nü aldı. 1975 yılında ABD Bilimler Akademisi’ne seçilen Mumford 2006 yılında Shaw Ödülü’nü, 2005 ve 2009 yıllarında “computer Visi­ on” araştırmaları için verilen IEEE Longuet - Higgins Ödülü’nü, 2007 yılında AMS Steel Ödülü’nü,

2008 yılında Wolf Vakfı Ödülü’nü aldı. Mumford bunlar dışında daha pek çok ödülün sahibidir. V Günümüzde mate­ matik alanında verilen en prestijli ödül olan Abel Ödülü, cebir, topoloji ve geometriye yaptığı önemli katkılar nedeniyle John Milnor’a verildi. Milnor’a ödülü Norveç Kralı tara­ fından 24 Mayıs’ta Os­ lo’da takdim edildi. J°hn Milnor y Max-Planck Enstitüsü’nden Theodora Bourni İstanbul’da geometrik ölçüm kuramı dersi verdi. y Harmonik Analizin önde gelen isimlerinden Henry Nelson (1927-2011) vefat etti. y AMS’nin yaptığı ankete yanıt veren 258 ma­ tematik bölümünden derlenen bilgilere göre ABD’de 2010’da 1747 doktora yapılmış. 2009’da bu sayı 1605’ti. İlk belirlemelere göre yeni doktoraların 440’ı (%30’u) istatistik bi­ limlerde, 213’ü uygulamalı matematik konularında, 206’sı (%14’ü) ise cebir ve sayılar kuramında yapıl­ mış. Kötü haberse yeni doktora alanlar arasındaki işsizlik oram. Bu oran geçen sene %7,9 iken bu yıl %9,9’a çıkmış. Dokto­ ra aldıkları kurumlarda çalışanların oranlan geçtiği­ miz son iki yılda % 7 ve % 8 iken bu yıl %9’a çık­ mış. Yeni doktora alanlardan ABD’de iş bulabilen­ lerin oranı sadece %53. ABD vatandaşları arasında bu oran gecen yıl %51’miş. Daha ayrıntılı bilgi için: www.ams.org/annual-survey/other-sources y Aşağıdaki en iyi üniversiteler listesinden en iyi matematik bölümlerini de görebilirsiniz: http://www.topuniversities.com/ Liste şu matema­ tik bölümleri ile başlıyor: Harvard, MIT, Cambridge, Stanford, UC (Berkeley), Yale, UÇLA, Princeton, ETH (Zürich), Imperial College (London). Gördüğüm kadarıyla ilk 150’de ülkemizden bir matematik bölümü bulunmuyor.

AMS


V Nesin Matematik Köyü’nde gerçekleştirile­ V Kısaca IEJA olarak bilinen ve Abdullah cek 2011 TMD Lisans ve Lisan­ Harmancı hocamızın başeditörü olduğu Internati­ süstü Yazokulu’nda 12-18 Eylül onal Electronic Journal of Algebra’nın 10’uncu sa­ tarihleri arasında Prof. Dr. Aydın yısı yayına girmiştir: www.ieja.net Aytuna ve arkadaşları tarafından “40 soruda Analiz” adlı ilginç bir Toplantılar ders yapılacak, ilginç çünkü ders V Feza Gürsey Ensitüsü’nde 27 -29 Mayıs ara­ problem çözülerek işlenecek. Li­ sında Diferansiyel Geometri Okulu, 5-18 Haziran sans veya lisansüstü analiz konularında eksiği ol­ arasında ise Cebirsel Kombinatoriks Okulu yapıldı. duğunu düşünenlere kuvvetle öneririm. V 6’ncı Ankara Matematik Günleri 2-3 Hazi­ V Diferansiyel Denklemler ran arasında Hacettepe Üniversite­ Çalıştayı’nın beşincisi İzmir Eko­ si Matematik Bölümü’nde düzen­ nomi Üniversitesi’nde 14-15 Ey­ lendi. Anadolu’nun birçok üniver­ lül tarihleri arasında gerçekleşetisitesinden de katılımın olduğu top­ rilecek. Çalıştay’ın internet adresi: lantıda 100 üstünde bildiri sunul­ http://dm.ieu.edu.tr/wdea2011 du. 2012 Ankara Matematik Gün­ leri, Bilkent Üniversitesi’nde, 2013 İnternet Ankara Matematik Günleri Çankaya Üniversite­ V Polonya’da bulunan aşağıdaki internet adre­ si’nde düzenlenecek. sinden birçok önemli kaynağa ulaşmak mümkün. V “Valuation Theory” adlı çalıştay 13 - 14 Adres: http://pldml.icm.edu.pl Haziran tarihleri arasında aşağıda fotoğrafım y Aşağıdaki adreste beğeneceğinizi umduğum matematik görselleri var: http://www.youtube.com/watch?v=h60r2HPsiuM&feature=youtube_gdata_player Yayınlar V Grifin Yayınları’ndan çıkan “Matematik Ar­ tık Çocuk Oyunca­ ğı” adlı kitap, oyun ve deneylerle soru çözmeyi eğ­ lenceli hale getir­ meyi amaçlıyor. Lynette Long Yazarı Lynette Long. Ederi 11,05TL. gördüğünüz IMBM’de yapıldı. Bunu 14-18 HaziV Lisans öğreniminin önemli derslerinden biri ran’da Nesin Matematik Köyü’nde yapılan çalışolan Advanced Calculus dersinde okutulabilecek tay izledi. çok az kaynak vardır. Bu dersin ilk kısmında kul­ ¥ 6 - 31 Temmuz tarihleri arasında Koç Üni­ lanılabilecek bir kaynağı İstanbul Kültür Üniversiversitesi’nde “Linear and nonlinetesi’nden Mert Çağlar dilimize kazandırmıştı. Bu ar evolution equations” adlı yazonotların devamı niteliğinde olan kulu gerçekleştirildi. Daha fazla çok değişkenli fonksiyonların bilgi noflaz@ku.edu.tr adresinden integral kuramı, “implicit fonk­ alınabilir. siyon” ve “inverse fonksiyonla­ V Abant izzet Baysal Üniversirı” konularını da içeren kısmı tesi’nde 1 - 3 1 Ağustos tarihleri da Türkçemizde artık. Daha ,992 ^ . arasında yaz enstitüsü yapıldı. Dafazla bilgi için İstanbul Kültür ,2 ıio'.C/ı/l ™ ha fazla bilgi http://www.gürÜniversitesi’nden Mert Çağsey.gov.tr/~aker adresinden almaMir.

Mert Ç ağlar

lar’la iletişime geçebilirsiniz. In-


ternet adresi: mcaglar@iku.edu.tr V Banach örgüleri ve bunlar arasındaki dönü­ şümler ve özellikle pozitif dönüşümler üzerinde ça­ lışan meslektaşlarımızın temel başvuru kitabı olan C. D. Aliprantis ve O. Burkinshaw’nm “Positive Operators” adlı yapıtına artık Springer e-books ki­ tapları arasından ücretsiz olarak ulaşabilirsiniz. Kitabın e-book ISBN nosu: 10-4020-5008-9. V İngilizce eğitim yapan kurumlar için önerebileceğim ders kitabı Patrick M. Fitzpatrick tarafından yazılan ve ikin­ ci basımı yeni yapılan Advan­ ced Calculus adlı yapıt. AMS yayınları arasında yer alıyor. Kitabın ISBN numarası 978 0 8218 4791 6. V Seçmeli derslerde kullanabileceğimiz bir sayı­ lar kuramı kitabını tanıtmak istiyorum. Yazarı rah­ metli hocamız Arif Kaya. Kitabın adı Sayılar Kura­ mına Giriş. Bölümleriyse şöyle: Bölünebilirlik, Bölme Algoritması, En Büyük Ortak Bölen, Öklid Algorit­ ması, Çarpanlara Ayrılışın Tekliği, Kongruanslar, Lineer Kongruanslar, Çin Kalan Teoremi, Yüksek Arif Kaya Mertebeden Kongruanslar, Euler

dü ve Mustafa Dağıstanlı’nın işine son verildi. Bu­ nu, eğitim ve bilim adına büyük bir kayıp olarak nitelendiriyoruz. NTV gibi güçlü bir kurumun böylesine güzel işler yapan bir yayınevinin arkasın­ da durabilmesi gerekirdi diye düşünüyoruz. NTV

SAYILAR HİTABI

If E B

phi Fonksiyonu, Aritmetik Fonksiyonlar, Wilson Teore­ mi, ikinci Dereceden Kongruaslar, Primitif Kökler, indeks­ ler. Kitap 177 sayfa. İzmir 1988 basımı. Ege Üniversitesi Fen Fakültesi Yayınları: No 112. Eğer kitabı üniversite­ nizden sağlayamazsanız, ben­ de kopyası var. V ilk ve orta öğrenimdeki öğrenciler için İngilizce - Türkçe matematik sözlüğü çıktı. 600’dan fazla kelime içeriyor. Sözlük, Iş Bankası Kültür Yayınlan’ndan çıktı. Yazarı Peter Panilla. Ederi 17.00 TL. V NTV Yayınları kısa süre içinde muhteşem kitaplar çıkardı. Türk yayın hayatının çehresini de­ ğiştirdi diyebiliriz. Mustafa Dağıstanlı ve ekibi sa­ yesinde gerçekleştirilen bu başarı, parasal anlamda karşılığını bulamamış olmalı ki, yayınevi küçültül­

# 4 TV

Yayınları’mn son çıkardığı kitaplardan biri de Pe­ ter J. Bentley’in yazdığı, Cem Duran’ın çevirdiği Sayılar Kitabı. Tek kelimeyle olağanüstü. Görsel bir şölen. Her yaşa hitap eden pırıl pırıl bir kitap. Fiyatı 50 TL. www.ntvyayinlari.com V Ünlü matematikçi Marcus du Sautoy, ne za­ mandan beri kendi­ ni popüler matema­ tiğe ve matematik eğitimine adadı. Son çıkardığı “1 Asal Sa­ yı 1 Kareköke Dedi Ki” adlı kitabı Utku \ H*» [\ V d ü r Umut Bulsun tara­ ■ai' fından çevrilip Kır­ -tük tüt mızı Kedi Yayınevi tarafından yayım­ Nfc-tdür landı. Kitap stan­ M ARCUS DU SAUTOY Ç<vtr*n: U tk u U m u t B v h u n dart popüler konu­ «M J ları ele aldığı gibi matematiğin çok değişik ve şaşırtıcı uygulamaları­

1 ASAL SAYI 1 KAREKÜKE DEDİ Ki

nı sunuyor. 288 sayfa. Fiyatı 20 TL.


’OSK CtyOŞtftAAİ v- rtsis: S *

im M m v u m h

ÖK’dan Ben X şehrinde bir matematik öğretmeniyim. Geçenlerde tesadüf eseri bir oluşum gördüm ve derhal formül haline getirdim. Bu formülü size in­ celemeniz için yollamak ve uygun görürseniz dergi­ nizde yayımlanmasını istiyorum... MD. Matematikte ya da herhangi bir bilim ya da sanat dalında, hatta yazı-tura oyununda bile te­ sadüflere inanmayanlardanız. AP’den Hocam, şike olayları hakkında ne düşünüyor­ sunuz? MD. Birçoğumuz gibi kendimi kandırılmış his­ sediyorum. Dergiyi hazırlamaktan yorulduğumda, sade vatandaş kılığına girip köşedeki kahvede ba­ ğıra çağıra maç seyretmek büyük keyif verirdi. O keyfi elimden aldıkları, aldığım eski keyiflerin as­ lında yalancı keyif olduğunu bana gösterdikleri için kırgın ve kızgınım. Ayrıca tutuksuz yargılamak varken onca kişiyi tutukladıkları için savcı ve hakimlere de küsüm. Başarı odaklı bir toplumda maçlarda şike, sı­ navlarda kopya kaçınılmaz. Oysa yalansız dolansız, hilesiz hurdasız bir yaşam o kadar daha heye­ canlı ve mutluluk verici ki...

, Ama futbolcu teşvik primi alırsa o zaman işin rengi değişir ve o zaman maça (ve köşedeki kahveye) he­ yecan gelir... Amaç güzel futbolsa teşvik primi yasal olmalı, hatta teşvik primi teşvik bile edilmeli diye düşünüyorum. Ayrıca elbette kötü futbol için alıp verilen parayla iyi futbol oynamak için alıp verilen paranın aynı ahlaki boyutta olmadığını herkesin ka­ bul etmesi lazım. Sonuç olarak suçla ayıp arasında yumrukla nanik arasında olduğu kadar fark vardır. Teşvik primi olsa olsa ayıp sınıfına girer, ki ondan bile pek emin değilim doğrusu.

AP’den (devamla) Peki sizce teşvik priminin şikeden sayılması normal mi?

NM A’dan Şu anda Aydın Zübeyde Hanım Anadolu Mes­ lek Lisesi’nde Bilişim Teknolojileri ve Teknik Ser­ vis bölümünde okumaktayım. ÖKS’den az puan aldığım için bu okula girmek zorunda kaldım. Dip­ loma notum 2,98 idi. Şimdi l l ’inci sınıftayım ve seneye üniversite sınavına gireceğim. Okulda tarih, coğrafya ve felsefede birinciydim. Ama dört işlem ya da karekök gibi bilgilere sahip olamadığımdan yaptığım işlemler yanlış çıkıyor. Benim istediğim bölüm ziraat olduğu için de matematiğimin iyi ol­ ması gerektiğini biliyorum ve olmasını istiyorum. Alternatif olarak uluslararası ilişkiler bölümünü düşünüyorum. Bu saatten sonra matematiğim nasıl düzelir? İlgi ve alakanıza teşekkürler. MD. Hangi bölüme yazılırsanız yazılın ama okulunuz evinize yakın olsun. Bulması daha kolay olur...

MD. Bir an için ahlakı ve güzel sözleri bir yana bırakıp saf mantıkla düşünelim. İyi bir futbolcu yıl­ da milyonlar kazanıyor. Ligin sonuna gelinmiş-, di­ yelim futbolcunun takımı ya 7’nci ya da Vinci sıra­ da ligi bitirecek. Ha 7'ncı ha Vinci, ne farkeder ki? Bu durumda futbolcu milyonlar kazanan bacakları­ nı neden tehlikeye atsın, neden sakatlanabileceği bir maç ortaya koysun? Ya da teknik direktör neden en değerli oyuncularını ortaya sürsün? Zaten iyi oyna­ mak futbolcunun göreviymiş... Restoranda da bah­ şişi yasaklayalım madem öyle, ne de olsa garsonun da görevi iyi hizmet etmek... Kendinizi futbolcunun yerine koyun, bu durumda siz nasıl oynarsınız?

T H ’den Bir ilköğretim matematik öğretmenliği mezunu olarak derginizi takip etmek beni fazlasıyla mem­ nun ediyor, ilerlediğimi düşünüyorum. M D ’lerin tüm sayılarının elimde olmasını istiyorum ve kredi kartımda boşluk buldukça bu fırsatı değerlendiri­ yorum. Yalnız 2003-1 ve 2003-11 sayıları tükenmiş. Bu sayıların tekrar basımı yapılacak mı? MD. Tükenmiş sayıların tekrar basımının ma­ liyeti çok yüksek ve ne yazık ki satışının maliyeti karşılayacak kadar olacağını düşünmüyoruz. Yeni sayıları çıkarmakta bile zorlanırken üstelik...


2003’ün diğer sayıları da tükendi. O zamanlar çok söylemiştik, şimdi alın, yoksa daha sonra mü­ zayedelerde fahiş fiyata alacaksınız diye. Pek dinle­ yen olmamıştı. Aynı şeyi şimdi söylüyoruz. Hatta yatırım amaçlı aynı sayıdan birkaç tane alın. MKU’dan Hocam, İngilizce bir matematik kitabı okuyo­ rum. Kitapta sık sık “kanıt okurun solunda” di­ yor. Ama ne sağda ne solda kanıt yok. Aynı şeyi bir başka kitapta daha görünce acaba yanlış mı an­ lıyorum diye kuşkuya düştüm. MD. “Kitabın solunu satın almayı unutmuş­ sun'” diyebilmek çok isterdim ama korkarım kitap­ ta “the proof is left to the reader” diyor, yani “ka­ nıtı okura bırakıyoruz”... Buradaki “left”, sol anla­ mına değil senin anlayacağın, bırakıldı anlamına... H G ’den Matematik Köyü’nde Zafer Ercan hocamızın Avrupa tavla şampiyonu Haluk Oral hocamızı 5-2 yendiğini okudum yerel bir Bolu gazetesinde. Doğ­ ru mu? Ayrıca Köy’de tavla yasak değil miydi? MD. Haluk hocayla tavla arasında bir seçim yapmak gerekiyordu, biz de gerekeni yaptık... İlk oyunda Zafer Ercan yenince Zafer hocamız anında bu zaferini Bolu’nun yerel bir gazetesinde haber yaptırmış. Sekiz sütuna manşet değil ama gene de bir haber... Kendi ifadesine göre daha sonra oyna­ nan oyunların haber niteliği yokmuş...

Ö B ’den Bir gazete haberinde sabah aç karnına sigara içenlerin %80 daha fazla kansere yakalanma riski­ nin olduğunu okudum. Arkadaşlarla kahvede bu haberin anlamı üzerine tartıştık ama kimse işin içinden çıkamadı. Siz ki her şeyi bilirsiniz, bu ne demektir hocam? M D. Sanırım şu anlama geliyor: Sabahları aç karnına sigara içmeyen bin tiryakiden 100’k kanse­ re yakalanıyorsa, sabahları aç karnına sigara içen bin tiryakiden 180’/ kansere yakalanıyor... Eğer ga­ zete “aç karnına sigara içenlerin kansere yakalanma riski nerdeyse iki katı” diye yazsaydı, haber o kadar çarpıcı olmazdı. Bundan çıkardığım sonuç edebiya­ tın istendiğinde yalancı ve korkutucu olduğu. IÎ’den Hocam, kız arkadaşım kadınların matematikte iyi olmadıklarını söyledim diye beni terketti. Oysa mantıken kadınların matematikte iyi olmadıklarım söylemek, erkeklerin matematikte iyi olduklarını söylemek demek değildir. Bunu bir türlü kız arka­ daşıma anlatamıyorum. Çok mutsuzum. Ne olur bana yardım edin. M D. Mantığın kurallarının dilde birebir geçer­ li olmadığını sen de herkes gibi biliyorsun. Örneğin “erkekler askerlik yaparlar” ifadesi, günlük dilde, mantığın kurallarının tersine, “kadınlar askerlik yapmazlar” anlamına gelir. Bu trajediden bir ders çıkarmalısın bence. Mutluluklar dilerim... V


Matematik Köyü'nde Kurban Bayramı Programı ¥

5-13 Kasım 2011

Kurban Bayramı’nda, 5-13 Kasım 2011’de, Nesin Matematik Köyü’nde biri lise ve lisans öğren­ cilerine diğeri lisans ve lisansüstü öğrencilerine yö­ nelik iki çalıştay düzenlenecek. Ücret ve destek: 4 öğün yemek, çay, su, her tür­ lü temel ihtiyaç ve eğitim dahil kişilere günlük 50 TL, kurumlara günlük 70 TL’dir. Her iki çalıştay için de TÜBİTAK’a başvurulacaktır. TÜBİTAK’tan destek alınsın ya da alınmasın, ihtiyacı olanlara ih­ tiyaçları kadar destek verilecektir. Destek talebinde bulunan öğrencilerin bunu başvuru formunda be­ lirtmelerini rica ederiz.

Kurban Bayramı Lisans ve Lisansüstü Matematik Okulu Hedef Kitle: Matematik bölümü üst seviye li­ sans, (doktora dahil) lisansüstü öğrencileri ve araş­ tırmacılar. Başvuru ve ayrıntılı program: www.matematikkoyu.org/kurban_lisans_lisansustu_2011 Eğitmenler ve Dersler Prof. Dr. Ali Nesin, Permutation Groups. We will concentrate on infinite permutation groups, on which much progress has been made in the last three decades. Our main aim is to classify Jordan groups. Time permitting, we will show the existence of certain Jordan groups by constructing new geometries using amalgamation methods discovered by Ehud Hrushovski. Yard. Doç. Özlem Beyarslan, Around Chebotarev Density Theorem. Our aim in this course is to understand Chebotarev Density Theorem. The ma­ jör connection betvveen the theory of finite fields and atithmetic of function fields. Chebotarev’s den­ sity theorem in algebraic number theory describes statistically the splitting of primes in a given Galois extension K of the field Q of rational numbers. Generally speaking, a prime integer will factor into several ideal primes in the ring of algebraic integers of K. There are only finitely many patterns of splitting that may occur. A special case that is easier to State

says that if K is an algebraic number field vvhich is a Galois extension of Q of degree n, then the prime numbers that completely split in K have density 1İn. We will first go över topics in number theory vvhich are required for the proof of the theorem. Dr. Kürşat Aker, Lie Cebirleri Temsilleri. Lie cebirlerinin temsillerine giriş niteliğinde bir ders olacak. MSc. Şermin Çam. An introductory course on the representation of compact and locally compact groups.

Lise ve Üniversite Öğrencilerine Yönelik Matematik Çalıştayı Tarih: 5-13 Kasım 2011 (Kurban Bayramı) Konu: Ayrık Matematikte Cebirsel ve Analitik Yöntemler Hedef Kitle: Fen lisesi ve matematik bölümü li­ sans öğrencileri Önbilgi: Liselilerden ortalamanın üstünde bir matematiksel olgunluk, ilgi ve soyutlama becerisi gerekmektedir. Üniversite öğrencilerinin bu yetilere sahip oldukları varsayılacaktır. Başvuru ve ayrıntılı program: www.matematikkoyu.org/kurban_lise_lisans_2011 Eğitmenler ve Dersler Prof. Dr. Ali Nesin, Çizgeler Kuramı ve Cebir. Çizgeler kuramında kullanılan bazı cebirsel yön­ temler açıklanacaktır. Bunu yaparken grup teorisi­ nin ve grup etkisinin temel kavramlarını uygulama­ lı olarak göreceğiz. Yard. Doç. Özlem Beyarslan, Rastgele Çizgeler Kuramı. Rastgele çizgeler kuramına giriş niteliğinde bir ders olacaktır. Doç. Dr. Selçuk Demir, Olasılık Kuramı. Sonlu olasılıklar, olasılık kuramının temelleri Dr. Sonat Süer, Periyodik Kenar Süslerinin Sı­ nıflandırılması. Dersin amacı temel grup teorisine somut bir örnek üzerinden giriş yapmaktır. V


DESTEKÇİLERİMİZ K urum sal Destekçiler

M u s ta fa K üçük sak allı

H üseyin Y ıld ırım

Erten C ılga

İstanbul Bilgi Üniversitesi

M u stafa N azan Ö n c ü l

Işıl Ö z tü r k Yalçın

Evren Erğin

G a ra n ti Bankası

O ğ u z h a n Koşar

Kerem A ltu n

E Y Ü P BULUT

N esin V akfı

O D T Ü U ygulam alı

Kerem Ç a lık

Fatih D ön m ez

K übra Sarıkaya

G ö k h a n K oyuncu

N esin Yayınevi

M a te m a tik Enstitüsü O k a y Karakaş

M eh m et A. Tunca

G ö k h a n Yurtsever

Kişisel Destekçiler

O s m an Koçak

M esude D em irağ

G ü lç in Ç ivi

M u stafa A k ın (2008)

Ö z g ü r M u r a t Sağdıcoğlu

M u ra t O . K anpak

G ülten Y ılm a z

A k tif İleti (2008)

Ö zel G üzelbahçe Piri Reis 1.

M u sa Yasagan

G ü r k a n Şahin

Benek K oleji (2008) E lektronik Sanal Ticaret (2008'den beri)

N ufer Ö ztü rk

H a k a n Bulgurcu

Ö z g ü r Ö zu ğ u r

Ö . O k u lu

O ğ u lc a n Yazıcı

H atice Sağlık İb ra h im A kbaş

Recep G ü l

O ğ u z Saygılı

M ürşide Selda Elgiz (2009)

Semra A hm etolan

O lcay G üm üş

İb ra h im Ö zen

H a ru n Eskar (2009,

Serdar Y ıld ırım

O n u rc a n Y a ğ m u r

İlkay G ültaş

U ğur Şeker

Ö nd e r N a z ım O n a k

K azım Etiksan

Ulaş A k ın Kocabaş

Sancar A k g ü n d ü z

M eh m et Dem ircan

U m ut Akyol

Selcen G ö k d o ğ an

M eh m et G ürlek

P latin A bonelikler

V edat Ç a lık

Selçuk B üy üktanır

M eh m et Recep B ozkurt

(100 T L , 49 kişi)

Y ıld ız A k ın

Serkan E ngüdar

M erve Piyade

Sevil M ala y

M u r a t Keskin M u r a t R efik Kocabaş

w w w .h aru neskar.com ) Ayşegül Ö lm e z (2008)

A. U tku Ü zülm ez A b d u lla h Yavaş

A ltın A bonelik

S inan Bayram

A b d ü lk a d ir D eğirm encioğlu

(75 T L , 10 kişi)

S inan K apçak

M usa G ök deniz

(Berna D eğirm encioğlu

A tila Sarıkaya

Sinem Ö zbilg en

M üb erra Bayazıt

Barın)

N ecm ettin T oksöz

A ziz Ö z

Süleym an C u m h u r K arahan

A li G ürsu Ergene

C um a Y arım

Taner D u m a n

N ezih Yaşar

A vni G üral V ural

D en iz O k tay

T olga Genç

N ih a n Acar

Ayzade A kşehirlioğlu

E m in D u m an

T uğ T ürko ğu z

Ö m e r Ç ınar

Besim M eriç

Evren D ilb az

U ğur Zeki

Ö zel PEV O k u la r ı

B urak İşyar

H aşan İlh an T utalar

Z eh ra Kıvanç

Pelin Poşpoş Petek Ö zg ül

Cem Ersen

M e h m et Petek

Z iy a Erdem

C ennet Eşkal

R ıza Keskan

Z übey de G ülbo y

Ender Ç okc oşk u n

T olga Ç ilo ğ lu

Ergun M u r a t Bilir

R a g ıp D eniz Şahin Sam et M arasli

B ro nz A b on elik

SBT A n a liz

Evin Koç G ülen

G ü m ü ş A bonelik

(25 T L , 70 kişi)

Sema Ö zcan

Fuat Tosun

(50 T L , 49 kişi)

A b d u lla h A lp Atasoy

Serpil Pehlivan

G ö k h a n Yücel

A hm et D ikm en

A b d u lla h D em irh an

Sinan Atm aca

G ü lin Ercan

A hm et Selçuk

A b d ü lk a d ir Civaş

Soner Şanlı

H alise D ide Ç ağan

A kbay T abak

A hm et C em il Borucu

Şahin Ü ngör

H aşan Arslan

A li Ö zk a y n a k

A hm et H üsam ettin Kaya

Şebnem G am ze Ferhatoğl

H asibe Ferda Uslu

A li R an a A tılgan

A li Erkan

Şule Y ük sel G ü n g ö r

H üly a H asar

A lpaslan Sundu

A rda B ü y üko k u ta n

T uğrul K anat

İlker A ltıntaş

Aslı Bayraktar

A rda C an Özensoy

U fu k B ozkurt

İsa E m in H a fa lır

Ayşe Uyar

Aslı T uğcuoğlu

Ü m it Biçer

K adir Güleç

Bahar Sennaroğlu

A yhan A ydın

Ü stün Ö z g ü r

Kerem Saruhanoğlu

Bora D em irdağ

Barış A ktem ur

Veysel Ö z ta n

K ıvanç Sel

Burak G ü rd a ğ

C elile E bru Ö zbay

Yavuz O ğuz

K utacan Aksünger

Çisem K üheylan C a n p o lat

C ih a n g ir Keskin

Yeşim A lem dar

M eh m et A li A lpar

Erinç K ültürsay

C u m h u r Ö zg ü r

Y ılm a z Tüfekçi

M eh m et Ferah

Erdi K urşunoğlu

Derya Ezgi Ö z tü rk

Y u s u f Z iy a K ayır

M eh m et llgen

E rgün Ö zdem ir

Ece Aksoy

Zeynep Caner

M eh m et Petek

Fikri Ö z tü rk

E ngin B Ö L Ü K

Z übey de Erocal

M eh m et Selman

H akan M am uk

E rm an A ydın

M e lih Boral

H idayet G ü rd a l

Ersin Kesen

Destekten yararlanacak gençler adına teşekkürlerimizle...


Feza Gürsey Enstitüs�� Dosyası TÜBİTAK Bilim Kurulu, yegâne temel bilimler enstitümüz olan Feza Gürsey Enstitüsünü tamamen işlevsiz hale getirecek bir kararı oybirliğiyle alarak yurtiçinden ve yurtdışından çok yoğun bir tepki aldı. 9 Temmuz’da alman karar 11 Temmuz’da tebliğ edildi ve 15 Temmuz’da infaz edildi. Aşağıda ve son­ raki sayfalarda konuyla ilgili birkaç duyuru, gazete haberi ve Sayın Bakan Nihat Ergün’e yazılmış yüzlerce mektup ve mesajdan birkaçını bulacaksınız. http:Wsavefezagursey.wordpress.org adresinde çok daha fazla bilgi bulabilirsiniz.

Bir Enstitünün Hazin Sonu Ali Nesin / İ l Temmuz 2011 Kamuoyuna Duyuru Her ülkede temel bilimler enstitüleri vardır, hem de bir değil birçok enstitü vardır. Bizim ülkemizin de bir enstitüsü var. 1983’te Erdal İnönü hocamızın üstün gayretle­ riyle kurulmuştur. Daha çok matematik ve teorik fizik ağırlıklıdır. 1996’da ünlü fizikçimiz Feza Gürsey’in adını almıştır: Feza Gürsey Enstitüsü (http://www.gursey.gov.tr/). TÜBİTAK’a bağlıdır. TÜBİ­ TAK da ne yazık ki bilimle ya­ kından uzaktan ilgisi olmayan Prof. Dr. Nüket Yetiş’e bağlıdır. Enstitünün 1998’de 30’a ya­ kın olan araştırmacı sayısı büyük bir istikrar ve kararlılıkla 4’e dü­ şürülmüştür! Üzüntü verici. Da­ ha doğrusu utanç verici. Oysa az söylenmedi, dünya­ nın her yerinde temel bilimlere verilen önem ve ayrılan kaynak artmaktadır. Örneğin 1996’da kurulan Güney Kore’nin bilim enstitüsü KIAS’ta araştırmacı sayısı baş­ langıçta 6 iken bugün 100’ü aşmıştır. Buna rağmen, çalışanlarının olağanüstü gayret­ leriyle, enstitümüz Türkiye’nin yüzakı olarak nite­ lendirilebilecek çalışmalara ve etkinliklere imza at­ mışlardır (http://www.gursey.gov.tr/fgesayilar.pdf). Buna karşılık Nüket Yetiş başkanlığındaki TÜBİTAK ne yapmıştır? Bugün aldığımız bir habere göre, TÜBİTAK, Fe­ za Gürsey Enstitüsü’nün kuruluş ve işleyiş yönetme­

liğini feshederek, enstitünün, adı kısaca BİLGEM olarak bilinen “Bilişim ve Bilgi Güvenliği ileri Araş­ tırmalar Merkezi”nin bir birimi olarak hayatına de­ vam etmesine karar vermiştir. Matematik ve teorik fiziğin bilişimle ne ilgisi varsa! Başımıza geldiği için biz gülemiyoruz... Ama inanın ki gülünesi bir karar. Absürd. Böylece dört araştırmacıdan oluşan enstitü ta Gebze’ye taşınacaktır. Oysa enstitüler büyük üni­ versitelerin olduğu büyük şehir­ lerde olurlar, öyle olması gerekir. Bu karar resmen enstitünün işlevsizleştirilmesi, hatta kapatıl­ ması anlamına gelmektedir. Kimseye bir zararı dokun­ mayan, tam tersine İstanbul’daki bilimsel etkinliklerin yarısından fazlasını gerçekleştiren yegâne bilim enstitümüzden ne isterler? Enstitünün bağlanacağı BlLGEM’in başkanmın TÜBlTAK başkanı Sayın Nüket Yetiş’in ko­ cası Önder Yetiş olduğunu da bu arada belirtelim. Bilimden sorumlu bakan he­ nüz iki gün önce makamına geçmişken böyle bir kararın alınması ancak yangından mal kaçırmak olarak yorumlanabilir. Bilim Sanayi ve Teknoloji Bakanı Sayın Nihat Ergün’ün bilime vurulan bu darbeye acilen, geç ka­ lınmadan müdahele edeceğini umuyorum. Kamuoyuna ve Sayın Bakan’a saygılarımla du­ yururum. V


21 Temmuz 2011

T Ü BİTA K İletişim Birimi Kamuoyu Açıklaması Y o ğ u n tepki üzerine, T Ü B İT A K İletişim M ü d ü r lü ğ ü ’nden savefezagursey’e yayım lanm ası için gönderilen a ç ık la m a d ır.

1963’te kuruluşundan bu yana, Bilim Kurulu, dünyada ve Türkiye’deki gelişmelere paralel olarak, TÜBİTAK bünyesindeki birimlerin yapılanmasına yönelik pek çok karar aldı ve bu kararları hayata ge­ çirdi. Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü (TÜBİTAK TBAE) de çeşitli tarihlerde Bilim Kurulu’nun günde­ mine geldi ve zaman zaman Enstitünün yapısında de­ ğişiklikler yapıldı. Enstitü, Şubat 1968’de Tatbiki Matematik Ünite­ si olarak kuruldu ve Nisan 1972’de Marmara Bilimsel ve Endüstriyel Araştırma Enstitüsü’ne (MBEAE, şim­ diki Marmara Araştırma Merkezi’nin o tarihteki ismi) bağlandı. Haziran 1981’de Bilim Kurulu, TÜBİTAK bünye­ sinde Temel Bilimler Enstitüsü’nün (TÜBİTAK TBAE) kurulmasına ve Hayat Bilimlerinin bu Enstitüsü içinde ele alınmasına karar verdi. Enstitünün kuruluş çalışma ve kapsamını belirlemek için Prof. Dr. Erdal İnö­ nü’nün de üyesi olduğu bir komisyon oluşturuldu. Ko­ misyonun da görüşlerini alan Bilim Kurulu, Enstitü bünyesinde fizik, kimya, biyoloji, matematik ve yer bi­ limlerinin ele alınmasına karar verdi. Nisan 1982’de TÜBİTAK TBAE Yönetmeliği kabul edildi ve Eylül 1982’de Prof. Dr. Erdal İnönü Enstitü Müdürü olarak atandı. Enstitü’nün temel amacı “temel bilimler ala­ nında temel ve uygulamalı araştırma sorunlarını orta­ ya koyarak, çözümlemek veya çözümlenmesine yar­ dımcı olmak” olarak belirlendi. Daha sonraki tarihlerde kimya, biyoloji ve yer bi­ limleri alanları için, TÜBlTAK Marmara Araştırma Merkezi altında ayrı birer enstitü kuruldu ve bu ensti­ tüler halen MAM bünyesinde faaliyetlerine devam edi­ yor. 1990’dan itibaren TBAE de faaliyetlerini MAM’ın çatısı altında sürdürmeye başladı. 1996’da TÜBtTAK MAM’ın yeniden yapılandırıl­ ması faaliyetleri kapsamında, Bilim Kurulu Boğaziçi Üniversitesi ile imzalanan Protokolü uygun bularak, TÜBlTAK TBAE’nin Kandilli’ye taşınmasına karar verdi. Protokol süresi sonunda, Enstitü’nün ülke çapın­ da üniversite ve eğitim kurumlan ile işbirliği içinde, temel bilimler alanında insan kaynaklarının gelişme­ sine yönelik eğitim çalışmalarının yanında, temel bi­

limlerdeki araştırma faaliyetlerine de ivme kazandı­ rılması için neler yapılabileceği konusu Bilim Kurulu’nda görüşülmeye başlandı. Bu dönemde, akade­ mik çevrelerle de fikir paylaşımı yapıldı ve öneriler beklendi. Gelen öneriler, Enstitü’nün değişen ülke ve dünya şartlarına göre daha fazla atılım yapması ve Prof. Dr. Erdal İnönü’nün liderliğinde 1982’de belir­ lenen misyonuna daha iyi hizmet etmesini sağlayacak öneriler olmaktan ziyade, mevcut durumun korun­ masının önerilmesi şeklinde oldu. Bilim Kurulu, temel bilimler alanında insan kay­ naklarının gelişmesine yönelik eğitim çalışmalarının yanında Prof. Dr. Erdal İnönü’nün ortaya koyduğu “Enstitü temel bilimler alanında temel ve uygulamalı araştırma sorunlarını ortaya koyarak, çözümleyerek veya çözümlenmesine yardımcı olarak” bizzat araştır­ ma yapma ve bilgi üretme misyonunu da gözeterek Enstitü’nün 1996 yılına kadar olduğu gibi TÜBİTAK Gebze Yerleşkesi’ne taşınmasına karar verdi. Bilişim ve Bilgi Güvenliği İleri Teknolojiler Araş­ tırma Merkezi (TÜBİTAK BİLGEM) bünyesinde yer alan Ulusal Elektronik ve Kriptoloji Araştırma Enstitü­ sü (UEKAE) ve Bilişim Teknolojileri Enstitüsünden sonra TBAE de Merkeze bağlı üçüncü enstitüsü olarak faaliyetlerine devam edecek. Böylelikle, ülkemizin son yıllarda Ar-Ge alanında gerçekleştirdiği ivmenin sür­ dürülebilmesi için temel bilimler ile uygulamalı ve mü­ hendislik bilimlerin sinerji yaratarak, birbirini tetikleyebileceği bir ortam oluşturulması hedefleniyor. TÜBİTAK BİLGEM Temmuz 2011 tarihi itibarıy­ la, 1151’i araştırmacı olmak kaydıyla toplamda 1333 personele sahiptir. 125 doktora ve üstü dereceye sahip araştırmacıların %20’si fizik ve matematik alanındandır. TÜBlTAK BtLGEM çatısı altında, TÜBlTAK TBAE ulusal ve uluslararası işbirliklerini daha da geliş­ tirerek insan kaynaklarının gelişmesine yönelik eğitim çalışmalarına, artan düzeyde devam edecek, ayrıca da­ ha fazla bilgi üreten, araştırma yapan bir enstitü ola­ caktır. TÜBlTAK BlLGEM’in sahip olduğu imkân ve kabiliyetler, ülkemizde son yıllarda bilim ve teknoloji alanında sağlanan ivmenin, TÜBlTAK TBAE ve Tür­ kiye’deki temel bilimler alanına hızla yansımasını sağ­ layacaktır. V


TÜBİTAK iletişim Birimi Kamuoyu Açıklaması’na, TÜBlTAK Bilim Kurulu eski üyesi ve TÜBA üyesi

Ali Alpar'dan İlgililere Yanıt Sayın ilgili, Feza Gürsey Enstitüsü’nün önceli olan TÜBİ­ TAK Marmara Araştırma Merkezi’ndeki Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü’nde çalıştım. Sonra TÜBlTAK Bilim Kurulu üyesi olarak teorik fizik ve matematik alanında Boğaziçi Üniversitesi Kan­ dilli kampusunda Feza Gürsey Enstitüsü’nün ku­ rulması sürecinde katkıda bulundum. Sonraki yıl­ larda da Feza Gürsey Enstitüsü’nde yaz okulu ve konferans düzenlemek ve Enstitüsü’nde ders ver­ mek şeklinde ilişkilerim oldu. Bu kurumla ilgili Feza Gürsey Enstitüsü Neden Kuruldu? Neden M AM dışında kuruldu? Feza Gürsey Enstitüsü Erdal İnönü tarafından, TÜBlTAK M A M ’da Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü olarak temel bilim alanlarında (Fizik, Kimya, Biyoloji, Yer Bilimleri, Matematik) araştır­ ma yapmak amacıyla kurulmuştu. Zaman içinde uygulamalı araştırmalarla temel bilim araştırmala­ rının aynı kampusta ortak bir yönetimle sürmesi sorun yarattı. Ayrıca araştırmacıların üniversiteler­ den uzak bir yere gelip gitmeleri ve civarda dokto­ ra öğrencilerinin olmaması, dolayısıyla değerli araştırmacıların öğrenci yetiştirme imkânından yoksun olması da bir eksiklik oluşturdu. Feza Gürsey Enstitüsü’nün TÜBlTAK Marma­ ra Araştırma Merkezi’ndeki “Bilişim ve Bilgi Gü­ venliği ileri Teknolojileri Araştırma Merkezi”ne bağlanması işlevini kaybetmesi ve kapanması de­ mektir. Teorik fizik ve matematik, “Bilişim ve Bil­ gi Güvenliği ileri Teknolojileri”nin bir altalanı de­ ğildir. Taşınma, enstitüyü sürdürmenin yegâne yolu diye sunuluyorsa, kapanmasın diye Gebze’ye taşı­ nıyorsa, bunu mantıkî bir gerekçe olarak kabul edemeyiz. Sırf lojistik açılardan bakıldığında bile, Gebze M AM kampusu, Feza Gürsey Enstitüsü’nün İstan­ bul’daki kampusunun her gün oraya gelip giden araştırmacılar için kolaylığını, okullara ve seminer­ lere gelen uluslararası akademisyenlere sunduğu çekimi sağlayamaz.

gelişmeleri ve tartışmaları, kuruluşundaki fikri, sonunda FGE’nin yarattığı değerleri ve ülkede eğitime ve araştırmaya katkılarını biliyorum. Öteden beri genelde teorik araştırmalara ve özel­ de bu enstitünün kuruluş ve çalışma tarzına iliş­ kin kuşku ve eleştirileri de biliyorum. Feza Gürsey Enstitüsü’nün hem kendi değeri hem de geçmişi ve geleceği ile Türkiye’de bilimsel araştırmanın gelişmesi için nasıl bir örnek ve po­ tansiyeli temsil ettiğini göz önüne alarak bu kara­ rın olası gerekçelerini tartışmaya çalışacağım. Türkiye’nin her yanından düzenlenen okullara gelen öğrenciler için Enstitü’nün sunduğu barınma ve çalışma imkânlarından ve bunun için yapılmış olan yatırımlardan vazgeçip, bunları yeniden M A M ’da oluşturmak, M AM ’ın olanaklarını pay­ laşmak ya da okullardan vazgeçmek için ciddi bir sebep gerekir. Farklı Displinlerde Başka Üniversitelerde de Araş­ tırma Enstitüleri Olabilir - Olmalı. Feza Gürsey Enstitüsü kurulurken yazılan yö­ netmelik tek bir enstitüyü değil ilerde başka örnek­ leri de olabilecek bir prototipi öngörüyordu. O ilk yönetmelikte, bir üniversite kampusunda konuşla­ nan ve TÜBlTAK ile o üniversite arasında imzala­ nan bir protokolle kurulan, başka üniversitelerin araştırmacılarına ve doktora öğrencilerine de açık bir enstitü modeli öngörülmüştü. Bir üniversiteyle bağlantı genç kuşakların var­ lığı ve araştırma eğitimi gözetilerek, TÜBİTAK’ın enstitüyü sahiplenmesi ise enstitünün yurttaki tüm üniversitelere açık olması niyetiyle düşünüldü. Feza Gürsey Enstitüsü bir ilk örnek olarak dü­ şünülmüştü. Başka üniversitelerde ve başka disip­ linlerde de aynı örnek tekrarlanabilecekti. Tersine olarak “Madem başka yerlerde ve başka disiplin­ lerde yok o zaman burada da olmasın” yaklaşımı da mantıklı değildir. Mantıkî ve olumlu yaklaşım bu modelin değerlendirilmesi, olumlu yanlarıyla TÜBlTAK ve başka desteklerle farklı disiplinlerde ve farklı üniversitelerde de tekrarlanmasıdır. Elbet­


te TÜBİTAK’ın her disiplinde her üniversitede bir araştırma enstitüsü açmasından söz etmiyoruz. Başka alan ve kampuslara da modeli yaymak için buralardan gelecek talebe göre bir değerlendirme ve sıralama ile model yayılabilir. Bunun yerine, za­ ten var olan ve iyi işleyen tek örneğin kapatılması­ nın gerekçesi herhalde tek örnek olması değil. Feza Gürsey Enstitüsü neleri başardı? 1. Bu enstitüde değerli araştırmalar yapıldı. Dünyanın önde gelen teorik fizikçileri Türkiye’de böyle bir enstitüsünün varlığın­ dan haberdardırlar. Bazıları bu­ raya gelmiş ders vermiştir. Ensti­ tü Feza Gürsey adına kurulmuş­ tur. Feza Gürsey’i de bilim dün­ yası çok iyi tanır ve bu enstitüyü onun adına kurulmuş, o büyük ismi Türkiye’de yaşatan güzel bir kadirşinaslık örneği olarak ola­ rak bilirler. 2. Bu enstitü bilim insanları­ nı bir araya getirmiştir. Bilim in­ sanları burada birlikte çalışmış, bir ortak sinerji ortamında teorik fizik ve matema­ tik yapmışlardır. 3. Bu enstitüde genç araştırmacılar yetişmiştir. Postdok statüsünde, yani mesleğin ilk yıllarında ders vermeden, etraflarında bulunan bir grup araş­ tırmacıyla birlikte araştırma yapma imkânı Türki­ ye’de ilk önce bu enstitüde denendi. Yurtdışmda yetişmiş yeni doktoralı parlak gençlerin Türkiye’ye dönüşlerine ve burada verimli bir araştırma ortamı bulmalarına imkân verdi. 4. Bu enstitü dışarda başarılı kariyerleri olan bilim insanlarına Türkiye’ye dönmeyi cazip kıldı. Bunun için maddi imkânlardan çok, burada araş­ tırma yapma, okul kurma imkânlarının olması önemli. 5. Feza Gürsey Enstitüsü, lise, lisans ve lisan­ süstü düzeyde öğrenciler için, genel fizik ve mate­ matikte, hem enstitüde çalışılan araştırma alanla­ rında hem de başka araştırma alanlarında, enstitü içinden ve dışından ve yurtdışından en aktif, en ya­ ratıcı bilim insanlarının ders verdiği okullar yaptı ve yıllardır bunu sürdürdü. Türkiye’nin her yanın­ dan bu şekilde bilimle tanışmış araştırmayı meslek olarak seçmiş, aramıza katılmış ve katılmakta olan gençler var.

Feza Gürsey Enstitüsü’nün tüm yöneticilerinin, orada çalışan tüm araştırmacıların bilimsel çalış­ malarıyla ve verdikleri derslerle katkıları oldu. Enstitü’nün kurum olarak değerlendirilmesi her­ halde yöneticilerin değerlendirilmesinden ayrı bir konudur. Olası Eleştiriler ve Değerlendirmeler 1. TÜBİTAK sadece fonlama yapmalı ve proje bazında destek olmalıdır. Ayrıca araştırma enstitü­ sü kurmamalıdır. Feza Gürsey Enstitüsü’nde des­ teklenen postdok, araştırmacı, yaz okulu ve konfe­ rans düzenleme doktora öğrenci­ si destekleri için nasıl olsa TÜBİ­ TAK tarafından ayrı ayrı destek programları var ya... Belli bir konu etrafında bu araçların tümünü koordine ola­ rak kullanacak bir araştırma or­ tamının ayrı bir verimliliği var. Burada değerlendirmelerin TÜBl­ TAK Merkezi tarafından değil Enstitü tarafından yapılması TÜ­ BİTAK yönetimi tarafından bir sakınca olarak görülmüş olabilir. O zaman samimiyetle sormak lazım: Neden? Eğer Türkiye’deki ve dünyadaki en iyi araştırmacılar­ dan bazılarım bir araya getiren bir ortam varsa bu­ radaki etkinliklerin ve araştırmanın organizasyo­ nu, katılacak gençlerin seçiminin de buradaki araştırmacılarca yapılması en doğal ve verimli olanı. Rasyonel olan, okulların, postdoklarm araştırmacı ve öğrenci seçimini bir elden entegre bir değerlen­ dirmesidir. Temel bilimlerde proje bazında, tasarım amaç­ lı, sonunda ne çıkacağı önceden sipariş edilebilen araştırma olmuyor. Araştırma desteği için projeler yazıyoruz ama bu projelerin temel bilimlerdeki an­ lamı uygulamalı dallardakinden farklı. Onun için de belli bir araştırma alanında ortamı yaratmak ve canlı tutmak münferit proje desteklerinden daha verimli, sinerji sağlayan ve bizim alanlarımızın do­ ğal çalışma tarzı olan yoldur. 2. Peki neden TÜBİTAK desteklesin? Çünkü tüm Türkiye’ye açık bir katılım düşü­ nülüyor. 3. Bu işlevlerin bazılarını üniversiteler de nasıl olsa yerine getiriyor/getirmeli. Tabii öyle olmalı, elbette üniversiteler de araş­ tırma yapmalı/yapıyorlar, ellerinden geldiği kadar


iyi öğrenci çekmeye, iyi öğretim üyeleri bulmaya çalışmalı, çalışıyorlar, iyi bilim adamlarını Türki­ ye’ye getirmeye gayret ediyorlar. Üniversiteler ken­ di kampuslarında araştırma merkezleri açıyorlar. Bütün bunlar iyi gelişmeler. Ama üniversitelerin bunları yapmaları bir araştırma alanında topluca bu araçları kullanan bir enstitünün olmaması için bir gerekçe değil. Enstitü bütün ülkeye açık bir alan yaratarak tek tek üniversitelerin yapabilece­ ğinden fazlasını ayrıca sunuyor. Buna gerek var. Enstitü kapanınca üniversiteler daha iyi araştırma yapıyor olmayacak. 4. Neden sadece Boğaziçi Kandilli; neden sade­ ce belli disiplinler? Yukarda da değindiğim gibi zaten amaç bundan ibaret değildi. Başka üniversitelerin ve başka disip­ linlerin de kendi bünyelerinde kendi tercih ettikleri temel ve uygulamalı bilim ve teknoloji alanlarında araştırma enstitüleri kurmaları, TÜBİTAK’tan des­ tek alabilmeleri iyi olur. Feza Gürsey Enstitüsü bu­ nun olabileceğini gösterdi. Daha da iyi gelişmesi için teşvik edilmesi, önünün açılması beklenir. Başka disiplinlerde, başka üniversitelerde de modelin varyantları denenebilir. Başka örnekler de olsun demek yerine bu örnek de olmasın sonucu eğer bu örnek başarısız olsaydı çıkardı. 5. TÜBİTAK sadece uygulamalı alanlarda araştırmayı desteklemeli. Sadece uygulamalı alanları destekleyen bir po­ litikayla o ülkede araştırma ve özgün yaratıcı bilim gelişmez. Hiçbir örneği yok bunun. Uygulamalı alanlar da temel bilimlerin desteklenmediği yerde sağlam bir gelişme göstermez. Dünyada uygulama­ lı araştırmalar ve destekleri elbette hızla artıyor ama bu demek değil ki temel araştırmalardan vaz­ geçiliyor. Bilimin ilerlediği bütün ülkelerde temel araştırma enstitüleri var, yenileri kuruluyor, bunla­ rı da ulusal ajanslar, kamu kurumlan, üniversiteler ve ayrıca özel sektör ve vakıflar destekliyor. Bu ens­ titüler en soyut ve uygulamadan uzak konularda da açılıyor. Kaldı ki Feza Gürsey Enstitüsü’nün destek­ lediği teorik fizik dalları arasında yeni teknolojinin can damarlarından olan yoğun madde fiziği de var. 6. Uygulamalı araştırmalarla temel bilimleri birbirini besler ilişkiler içinde geliştirmek için, te­ mel bilimler enstitülerinin ayrıca olması gerekmez, bütün temel bilim araştırmalarının ancak uygula­ macılar tarafından talep edilenlerini uygulamalı ensititüler bünyesine naklederek yapmak gerekir.

Bu da mantıkdışı. Temel araştırmaların yegâne varlık sebebi uygulamalı bilimleri desteklemek de­ ğil. Uygulamalı araştırma merkezleri gerek duy­ dukları araştırma alanlarında uzman yetiştirilmesi­ ni destekleyebilir, bu uzmanlıklara sahip temel bi­ limcileri davet ya da istihdam edebilirler. Bunun için ayrıca FGE’yi kaldırıp taşımak gerekmez. Bu uygulamalı enstitüye gereken desteği sağlamayaca­ ğı gibi, sağlayacak olsa da FGE’yi kapatmayı hak­ lı ve makul kılmaz. Ayrıca TÜBİTAK yönetiminin getirdiği noktada FGE’de kalan 4 araştırmacı zaten “Bilişim ve Bilgi Güvenliği ileri Teknolojileri Araş­ tırma Merkezi ”nin ilgi alanlarında uzman değiller. Ayrılmazlar ve bir süre sonra atılmazlarsa BİGAM bu insanları yeniden mi yetiştirecek? Onun yerine kendi alanlarında ihtiyaçları olan temel araştırma­ cıları bulup çekmeye çalışsalar anlaşılabilir. 7. Zaten Türkiye’de bilimsel araştırma yoktur olamaz. Bizim gibi ülkelerde bilimi destekleme ger­ çekçi değil. Türkiye’de iyi bilim yapılıyor. Bu ülkenin po­ tansiyeli daha fazlasını gerektirir. 8. TÜBİTAK desteğiyle araştırma enstitüleri uzun yaşayamaz. Bu herhalde TÜBİTAK’ın gerekçesi olamaz. Yoksa kapalı bir döngü ile gerekçe arayışımızın ba­ şına döneriz. 9. Görülen lüzum üzerine... Yukardaki metni yazdıktan sonra bugün TÜ­ BİTAK açıklamasını okudum. Bilim Kurulu üyele­ rinden 3 kişinin konuyu incelediği, ‘.... muhakkak ....’ olduğu söylemlerinden sonra baştaki sonuca varıldığı bildiriliyor. Ayrıntılı bir mantıklı açıkla­ ma, konunun içeriğiyle ilgili nedenler tartışılmıyor, ikna edici gerekçeler sunulmuyor. Daha çok 6’ncı maddede üzerinde durduğum söylemle bu karara varılmış olduğu beyan ediliyor. Bu söylem ne Türkiye’de ne de yurtdışında bi­ lim çevrelerine ve bu konularda yetişmekte olan parlak gençlere inandırıcı ve tatminkar gelmez. Sonuç: Feza Gürsey Enstitüsü TÜBİTAK deste­ ğinin yıllar boyunca azalmasına rağmen başarılı olabildi. Yapılması gereken TÜBİTAK bütçesinin harcanmayan kısmıyla kıyaslandığında ufacık bir bütçeyle hayatta kalmaya çalışarak bunları başa­ ran Feza Gürsey Enstitüsü’nün önünü açmak ve örnekleri iyileştirmek ve çoğaltmak olmalı. V


12 Temmuz 2011

TMD Başkanı Betül Tanbay'dan Matematikçilere Duyuru

D

ünyanın en gelişmiş ülkelerinde temek bilimler'e çok önemli yatırım yapılmaktadır. Türkiye dünyanın ilk 10 ülkesine girmeyi hedefleyen bir ülke haline gelmiştir. Aynı ligde oy­ nayan Brezilya, Meksika, Kore, Çin ve Hindistan gibi ülkelerde matematik araştırmalarına çok ciddi yatırım yapılmaktadır. Başbakanımıza 6 ay önce Türk Matematik Derneği'nin hazırladığı bir Temel Bilimler projesi sun­ duk ve görüşmek için bilimden sorumlu bakanımızın atanması­ nı ve kendisinin Temel Bilimler stratejisini öğrenmeyi bekliyor­ duk. TÜBİTAK'ın Temel Bilim­ ler araştırmalarına olanak sağla­ yan tek enstitüsünün bağlanaca­ ğı Bakan'ın görüşü beklenme­ den alınan bu karara anlam ve­ remiyorum ve yanlış buluyo­ rum. Enstitü Prof. Dr. Erdal İnönü ve TÜBİTAK eski Başka­ nı ve derneğimizin eski başkanı Prof. Dr. Tosun Terzioğlu'nun girişimleri ile, ben­ zer başarılı örneklerde olduğu gibi, doktora öğren­ cilerinin katkı sağlayabilmesi için bir üniversite kampüsünde ama özerk olarak kurulmuştur. Ensti­ tüyü BlLGEM'e bağlayarak Gebze'ye taşımak yok

olmasına sebep olmaktır. TÜBİTAK’ın toplam büt­ çesi içinde Enstitü’nün payı binde birin bile altında iken, bu karar maddi sebeplerle de açıklanamaz. Karar alınırken, Enstitü’nün bulunduğu Boğaziçi Üniversitesi yönetiminin ve Feza Gürsey Yönetim Kurulu'nun onayı alınmamıştır, ilgili olduğunu bi­ lerek görüştüğüm tüm bilim camiasının kararı olumsuzdur. Amerikan Matematik Derneği, Avru­ pa Matematik Derneği Başkanları ayrı ayrı benim­ le temasa geçerek nasıl destek olabileceklerini sormaktadırlar.. Boğaziçi Ünivesitesi Senatosu TÜBİTAK Başkanlığına, Bilim­ den sorumlu Bakanımıza da ulaştırılacak bir yazı yollama kararı almıştır. Tüm dünyanın Temel Bilimcileri bu kararı yanlış bulmaktadır. Bilimden sorumlu Bakanı­ mızın himayesinde, TÜBİTAK Başkanı, Enstitü Yönetim Ku­ rulu Başkanı, TÜBA Başkanı ve Temel Bilimler politikaları üzerine tecrübeli bi­ lim insanlarının biraraya getirilerek, geniş kap­ samlı bir toplantı yapılması ve bir konsensüs ara­ narak Türkiye için faydalı ve sorumlu bir karar alınmasını umuyorum. V

19 Temmuz 2011

Ergün Yalçın'dan TÜBİTAK'a Sayın TÜBİTAK Başkanı Prof. Dr. Nüket Yetiş, Ben Bilkent Üniversitesi Matematik Bölümün­ de çalışan bir öğretim üyesiyim. TÜBÎTAK Teşvik Ödülü dahil birçok ödül almış aktif bir matematik­ çiyim. Feza Gürsey Enstitüsü’nün taşınmasıyla ilgi­ li TÜBİTAK’ın verdiği kararın tekrar gözden geçi­ rilmesini rica etmek için yazıyorum bu mesajı. Te­ mel bilimlerde teorik çalışma enstitüleri çok önem­ lidir ve ülkemizde sadece bir tane böyle bir enstitü­ nün olmasının çok büyük eksiklik olduğunu uzun yıllardır belirtmekteyiz. Hatta Bilkent’teki bir top­ lantıda bu şekilde ikinci bir enstitünün Ankara’da

da açılması gerektiğini size bir soru aracılığıyla ilet­ miştim. Şimdi bu tek olan enstitü de taşınıyormuş (bu taşınma enstitüyü çok etkisizleştirecek bir karar ve kapanıyor demekle aynı bizlerce), bu durumda artık Türkiye’de temel bilimlerde enstitü kalmıyor denebilir. Bu ayıbı bir Türk matematikçisi olarak yaşamak istemiyorum. Yurtdışından Türkiye’ye dönerken bazı şeylerin daha zor olacağını biliyor­ duk ama bu gerçekten tahminlerimizin ötesinde bir zorluk. Lütfen bu çağrımıza kulak verin ve bizleri saf matematik enstitüsü olmayan bir ülkede mate­ matik yapmak durumunda bırakmayın. V


14 Temmuz 2011

Ayşe Ercan'dan Bakan Nihat Ergün'e Sayın Bakan, Bilim, Sanayi ve Teknoloji Bakanlığı’na atanma­ nızı tebrik eder, bu bakanlığın kurulmasını bir bilim insanı olarak umutla karşıladığımı söylemek isterim. Bakanlığınızın ilk günlerinde, TÜBÎTAK tara­ fından alınan bir kararla Feza Gürsey Enstitüsü’niin ölüm fermanı anlamına gelen bir biçimde Gebze MAM Kampüsü’ne taşınması ve “Bilişim ve Bilgi Güvenliği ileri Teknolojileri Araştıma Merkezi”ne bağlanması durumu ile karşılaşmanızın bir talihsiz­ lik olduğunu düşünüyor, bu kararın Bakanlığınız nezdinde acilen gözden geçirilmesini diliyorum. Feza Gürsey Enstitüsü TÜBİTAK-Boğaziçi Üni­ versitesi ortaklığı ile hayata geçmiş Türkiye’nin tek temel bilimler enstitüsüdür. Ülkemizin kamu kay­ nakları ile desteklenen bağımsız bir temel bilimler enstitüsü olmaması düşünülemez. Temel bilimler ile teknoloji arasındaki ilişki, iki yönlü ve vazgeçilmez bir ilişkidir, ama teorik çalış­ maların sadece teknoloji üretiminin “emrine veril­ mesi” biçiminde hiçbir zaman başarılı olamamıştır. Transistor dediğimiz alet, teorik katı hal bilimi sa­ yesinde tasarlanarak üretilmiştir; bugünün teknolo­ jisi ise tümüyle yarı-iletken elektronik aygıtlar üze­ rine kuruludur. Bu tür teknolojik devrimler olsun, daha küçük iyileştirmeler olsun, günümüzde ancak teorik adlımlar temelinde gerçekleşmektedirler. Avrupa’nın üretim ve yaşam kalitesi düzeyini korumak ve yükseltmek için bilim ve teknoloji işbir­ liğine verdiği büyük önem, 6’ncı ve 7’nci çerçeve programlarına oldukça yoğun bir biçimde yansımış, ancak uygulamaya yapılan vurgu nedeniyle temel araştırmaların Avrupa çapında desteklenmesinde oluşan göreli zafiyet kısa zamanda giderilerek European Research Council (Avrupa Araştırma Konseyi) kurulmuş ve 2007 yılından beri büyük ölçekli temel bilimler projelerine kaynak sağlamaya başlamıştır. Bugün Avrupa’da eski “Doğu Bloku”ndan kal­ ma, Ulusal Bilimler Akademileri’ne bağlı birçok araştırma enstitüsünün kapatılması furyasına baka­ rak, “böyle enstitüler arpalık haline gelir” türü bir mantık yürütme de, FGE’nin yapısıyla tamamen çe­ lişkilidir. Feza Gürsey Enstitüsü, örnek bir biçimde,

• çok dar (4 kişilik) bir sabit kadro ile • tüm Türkiye’den teorik fizik ve matematik­ çilere • yarızamanlı olarak, ya da bir, iki yarıyıllık sürelerle konuk olarak yararlanabilecekleri • araştırma ve uluslararası ölçekte etkileşim ortamı sağlayan, • doktora sonrası araştırmacı (post-doc) kav­ ramını Türkiye’de ilk kez yaşama geçiren bir kurum olarak tasarlanmış ve görevini yerine ge­ tirmiştir. Ekte sunduğum “Sayılarla Feza Gürsey Enstitüsü” çizelgeleri bunun kanıtıdır. Maalesef 2008’den bu yana TÜBİTAK’ın Boğaziçi Üniversi­ tesi ile yapmış olduğu protokolü yenilememesi ve sözleşmesi biten yarı zamanlı ve doktora sonrası tam zamanlı araştırmacıların yerine kimseyi alma­ ması sonucu bugünkü kadrosu dört tam zamanlı bilimsel personele indirgenmiş bulunmaktadır. Bu Enstitü’nün çarpıcı başarısının bir ölçüsü de, buna rağmen, Enstitü içinden ve dışından bilimcilerin sa­ hip çıkması ile FGE’de düzenlenmeye devam eden araştırma etkinlikleridir. Feza Gürsey Enstitüsü’nün benzerleri, farklı ku­ ruluş ve kaynaklara sahip olmalarına karşın, Cambridge’deki Newton Enstitüsü, çok daha geniş bir coğ­ rafi alana hizmet veriyor olsa da Trieste’deki Abdus Salaam Uluslararası Teorik Fizik Enstitüsü (ICTP), ABD’de Princeton’daki İleri Araştırmalar Enstitüsü (The Institute for Advanced Study) ya da Kore’de KIAS’tır (Korean Institute for Advanced Study). Bu Enstitüler, bilime, üniversitelerin ve başka kuramların sağlayamayacağı türden katkılarda bu­ lunurlar. Enstitülerin başındaki direktörlerin bilim­ sel kişilikleri, ortaya koydukları bilimsel liderlik bunlardan en önemlisidir. Enstitüde yapılan bilim­ sel seminerlerdeki eleştiri ve görüş alışverişi, bu ki­ şilik sayesinde daha büyük hayatiyet kazanır. Ens­ titüde yapılan okullar ve çalıştaylar, belli bir bilim­ sel bütünlük ve araştırma geleneği içinde gerçekle­ şir. Enstitülerde geçici olarak dahi bulunan araştır­ macılar, en çok bu ortamdan yararlanırlar. Hiçbir bilimsel çevrede, bilinen her şey “yazılı” olmaz. Da­ ha yayına dönüşmemiş önemli fikirler, araştırmala-


rın yönelmesi gereken yeni doğrultular konusunda öngörüler, denenmiş ve sonuç alınamamış yakla­ şımlar, bu ortamda paylaşılır. Farklı ülkelerden ge­ len fizikçiler ve matematikçilerle tanışmak, tartış­ mak, kendini tanıtmak fırsatını bulan genç araştır­ macılar da özgüvenlerini böyle geliştirirler. Bu çalışmalara bir örnek olarak, kurucu direk­ tör Yavuz Nutku’nun liderliğinde Feza Gürsey Ens­ titüsü’nde gerçekleştirilmiş olan çok yönlü araştırma programının, Hamilton sistemleri, kütle çekim ve Monge-Amper denklemleri üzerine özgün ürünleri bile, bu Enstitü’nün uluslararası düzeyde bir bilim­ sel araştırma merkezi olduğunu kanıtlamaya yeterlidir. Bu çalışmalarda çok sayıda yerli ve yabancı bi­ lim insanı yer almış, sırf bu alanda en prestijli dergi­ lerde yirmiye yakın yayın yapılmıştır : A.A. Malykh, M.V. Pavlov, E.V. Ferapontov, O.I. Mokhov, C.A.P. Galvao, Haşan Gümral, A. Aliev, J. Kalaycı, K. Saygılı, M.B. Sheftel, F. Neyzi, M. Hortaçsu [1]. Enstitü’nün, çok önemli yazokullarına ve araş­ tırma yarıyıllarına ev sahipliği yaptığı, iki yazokulunun tebliğlerinin kitap olarak yurtdışında yayım­ lanmış olduğundan da anlaşılmaktadır [2, 3]. Bu yazokullarına katılım Türkiye’nin dört bir yanın­ dan sorunsuzca gerçekleşebilsin diye öğrencilerin Enstitü içinde barınmaları sağlanmaktaydı. Türkiye’de bilimsel teknolojik bir atılım yapıl­ ması isteniyorsa, Feza Gürsey Enstitüsü’nün kapa­ tılması değil, tam tersine canlandırılması, yeniden uluslararası bir çekim merkezi haline getirilmesi ge­ rekir. Bunun için Enstitü’nün bulunduğu yerde kal­

ması gerektiği, bir endüstriyel üretim bölgesine ta­ şınmasının anlamsızlığı ortadadır. Teorik fizikte ya da matematikte uluslararası isim yapmış, ancak şu anda yurtdışında çalışmakta olan bir bilim insanı Enstitü müdürlüğüne davet edilerek, hem ülkesine dönmesi hem de bu girişime ivme kazandırılması gözden uzak tutulmaması gereken bir imkandır. Türkiye, çok övündüğü ekonomik başarısı ile, sadece bir değil, birden çok konuda, Kimya, Sistem Biyolojisi, Genetik, Jeofizik gibi alanlarda Feza Gürsey Enstitüsü gibi kurumlara sahip olmaya la­ yıktır. Bunlar İstanbul ve Ankara dışında da kuru­ labilirler, hatta kurulmalıdırlar. Size çalışmalarınızda başarılar dilerim. Saygılarımla, Ayşe Erzan, Prof. Dr. Türkiye Bilimler Akademisi üyesi UNESCO-L’Oreal “Bilim için Kadın” Avrupa 2003 ödülü Rammal Madalyası 2010.

Notlar: 1. M Hortaçsu, “Prof. Yavuz N utku’nun yaşamı ve bilime katkıları,” Günce, sayı 42, TÜBA yayınları, Ankara, 2011, sayfa 40. 2. L. Mason (University of Oxford) ve Y. Nutku (Feza Gürsey Institute), eds., Geometry and Integrability, London Mathematical Society Lecture Note Series, No. 295, (Cambridge University Press, 2004. 3. Y Nutku, C Saçlıoğlu, T Turgut, eds., Conformal Field Theory: New Non-Perturbative Methods in String and Fi­ eld Theory, Perseus, 2004. V

19 Temmuz 2011

Aydın Aytuna'dan Bakan Nihat Ergün'e Sayın Bakanım, Çok iyi bildiğiniz üzere ülkemizin tüketim toplumundan üretim toplumuna geçiş sürecinde karşı­ laştığımız önemli sorunlardan biri de temel bilim­ lerdeki araştırma ve onun tetiklediği “yaratıcılığın” yeterince gelişmemiş olmasıdır. Eğitimli bir gözün hemen fark edeceği bu olguya karşın ülkemizdeki tek temel bilimler enstitüsünün (Feza Gürsey Ensti­ tüsü) şeklen olmasa da bilimsel açıdan kapatılacağı kararını gazetelerden öğrendik.

Sayın Bakan, temel bilimlerdeki araştırmaların kendine özgü bir iç dinamiği vardır ve dışarıdan ya­ pılacak müdahalelerin bilim adına olumsuz sonuç­ lar doğurması kaçınılmazdır. Bu talihsiz kararın tekrar gözden geçirilmesi ve Türkiye’nin çeşitli yerlerinde yeni yeni temel bilim­ ler enstitülerinin açılmasına yönelik girişimlerde bulunacağınızı ümit eder saygılarımı sunarım. V


SoL, 15 Temmuz 2011

Profesör İkeda, Feza Gürsey Enstitüsü'nü Anlattı Feza Gürsey Enstitüsü’nün TÜBİTAK tarafından Bilişim ve Bilgi Güvenliği İleri Teknolojileri Araştırma Merkezi’ne bağlanarak fiilen kapatılmasına bilim insanları tepki göstermeye devam ediyor. Temel bilimlerin gelişimine ciddi bir darbe olarak değerlendirilen kararın geri alınması için bilim in­ sanları TÜBİTAK’a çağrı yapıyor. Feza Gürsey Estitüsü’nün kapatılmasının ne anlama geldiği ve bu karara karşı neler yapılmakta ol­ duğunu kendisi de bir dönem Enstitü’de çalışma yapmış olan Profesör K. İlhan İkeda’ya sorduk. soL: Feza Gürsey Enstitüsü’nün (FGE) TÜBİ­ TAK Bilim Kurulu kararıyla Bilişim ve Bilgi Gü­ venliği İleri Teknolojileri Araştırma Merkezi’ne bağlanması ne anlama geliyor? Feza Gürsey Enstitüsü’nün “Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü Kuruluş ve İşletme Yönetmenliği’ni iptal ederek” Gebze’de bulunan Bilişim ve Bil­ gi Güvenliği İleri Teknolojileri Araştırma Enstitüsü’ne (BilGem) bağlanması tamamen FGE’nin BilGem çatısı altında etkisiz hale getirilip yok edilmesi anlamına gelmektedir. Daha açacak olursak, ülke­ mizin yegane Kuramsal Fizik ve Pür Matematik İle­ ri Araştırmalar Merkezi konumunda olan FGE’nin, bu alınan üzücü ve son derece riskli karar ile, şirket zihniyeti ile çalışan kısa vadede getirisi olacak proje­ ler üreten vasat bir BilGem birimi haline dönüşmesi ihtimali son derece yüksektir. TÜBİTAK Bilim Kurulu, almış olduğu bu an­ laşılmaz karardan bir an evvel vazgeçmelidir. TÜ­ BİTAK Bilim Kurulu’nun almış olduğu bu karara yönelik hem ulusal hem de uluslararası bilim ca­ miasından pek çok kişi tepkilerim dile getirmeye başlamıştır bile. Yani ne demektir bu ? TÜBİTAK Bilim Kurulu yanlış bir karar almıştır demektir. Türkiye’deki tek teorik fizik ve matematik enstitüsünün araştırmacı sayısının son 10 yıl için­ de 29 kişiden 4 kişiye kadar düşürülmesini nasıl değerlendiriyorsunuz? TÜBİTAK’ın son 10 sene içerisinde temel bi­ limlerden ziyade uygulamalı ve mühendislik bilim­ lerine öncelik verdiğini görüyoruz. Bu durum el­ bette hükümet politikasının sonucudur. “Bilim bilim için değil refah içindir” fikrini benimsemiş bir hükümet politikası sonucu... TÜ­ BİTAK’ın 13 Temmuz 2011 tarihli kamuoyu açık­ lamasından anlaşılacağı üzere “Temel Bilimler an­

cak ve ancak Uygulamalı ve Mühendislik Bilimle­ rine sinerji yarattığı sürece anlamlı ve faydalıdır”. Bu TÜBİTAK’ın bilim politikasını tam olarak özetlemektedir. Durum böyle olunca, Feza Gürsey Enstitüsü’nün TÜBİTAK açısından herhangi bir önemi kalmamıştır. Sonuç olarak sistematik ola­ rak FGE araştırmacılarının sayısını azaltıp, boşa­ lan kadroları dondurup yeni eleman almadan araştırmacı sayısını 29 kişiden 4 kişiye kadar dü­ şürmeyi başarmışlardır. Bunu becerdikten sonra da Enstitü görevini yapmıyor demek elbette son derece kolaydır. TÜBİTAK Bilim Kurulu’nun kararı ülkemizde temel bilimlere yaklaşımı gözler önüne seriyor. Temel bilimler alanındaki çalışmaların öneminden bahsedebilir misiniz? Öncelikle TÜBİTAK Bilim Kurulu hakkında bir kaç cümle söyleyeyim. Eski zamanlarda, TÜBİ­ TAK Bilim Kurulu gerçekten konusunda önde ge­ len ve senelerce hem araştırma yapmış hem de öğ­ renciler yetiştirmiş gerçek bilim insanlarından olu­ şurdu. Şimdiki Bilim Kurulu’na bir bakalım, iki tane temel bilim insanı dışında kalan kurul üyele­ rinin çoğunluğu mühendis, bir iki tıp ve sağlık bi­ limlerinden üye var, ve geri kalan özel sektörden... Yani demek istediğim TÜBİTAK gerçekten kabuk değiştirmiş durumdadır. Karşımızdaki “yeni” TÜ­ BİTAK temel bilimleri hiç ama hiç önemsememek­ tedir... Bu bence son derece tehlikeli bir bilim po­ litikasıdır... Kısa vadeli hesaplar ile ülkemiz kesin­ likle kalkınamaz... Temel Bilimlerin önemine gelince... Öncelikle “yeni” TÜBİTAK’cılara mesaj olarak; Temel bi­ limlere önem vermediğimiz zaman “uygulamalı bilimler eşittir dışarıdan teknoloji transferi” denk­ leminin doğruluğunu görürüz, ve sonuç olarak dı­


şarıya bağlı kendi ayaklarımız üzerinde durama­ yan bir ülke oluruz. Çok basmakalıp olabilir ama şu an kriptoloji ve şifreleme kuramlarında kullanı­ lan matematik bundan belki 50 sene önce tama­ men kuramsal ve olabilecek en soyut matematik olarak kabul edilmekteydi... O zamanın matema­ tikçileri ileride uygulaması olur beklentisi üzerin­ den bu konulara kafa patlatmadı... Dahası, ve bence en önemlisi, Temel Bilimler (ve elbette edebiyat, felsefe ve sanat) olmadan in­ san olduğumuzu unuturuz... Bu entellektüel çaba­ lar, örneğin kuramsal fizikte “sicimler kuramı” veya pür matematikte “otomorf formlar” üzerine yapılan çalışmalar, kısa vadeli sonuçlar bekleme­ den, uzun soluklu, zorlu ve son derece titizlik ge­ rektiren yorucu çalışmalardır... Bu çalışmalar in­ san beyninin entellektüel serüvenidir... Özellikle bizim gibi ülkeler için temel bilimler esas kurtuluş yoludur. Devasa, pahalı ve karmaşık makinalara gerek duymadan sadece iyi bir kütüphane bir bil­ gisayar sistemi ve kalem-kağıt ile aklımıza ve ken­ dimize güvenmekle hem temel bilimlere hem de in­ sanlığa pek çok katkı yapabiliriz... FGE’nin kapatılması yönündeki bu karara karşı ne yapılması planlanıyor?

Hem ulusal hem de uluslararası bilim cami­ asından pek çok tepki gelmeye başladığını daha önce de belirtmiştim... Pek çok fizikçi ve matema­ tikçi TÜBİTAK’ın almış olduğu bu karardan vaz­ geçmesi için elinden geleni yapmaktadır. Ayrıca adresli bir web günlüğünde gelişmeler yayınlan­ maktadır ve kimi kampanyalar başlamıştır. Son olarak eklemek istedikleriniz.■ ■ FGE’nin benim için apayrı bir yeri var kalbim­ de... Ben FGE’de 2003 yılına kadar araştırmacı olarak mutluluk içinde çalıştım. O zamanlar öyle büyülü ve şahane bir çalışma ortamı yaratılmıştı ki, eğer o tempo ile FGE devam etseydi, şu an dün­ yanın en saygın teorik fizik ve pür matematik ens­ titülerinden birisi olurdu... Hiç abartmıyorum. Haftada 5 gün ofisimden dışarı çıkmadan sabahla­ ra kadar heyecan ile çalışırdım... Sadece ben mi? Sabah 03:00’da ofislerin pek çoğu dolu olurdu, geceyarısı seminerleri dahi yapardık... Bu sihirli at­ mosfer ne yazık ki korunamadı... Bu çok yazık... Fakat FGE’yi eski haline getirmek zor değil. Pek çok yetenekli genç bilim insanı var ülkemizde. FGE kapatılmayı kesinlikle haketmiyor. Son diyeceğim, TÜBİTAK kararından vazge­ çerse büyük bir tarihi hatadan dönmüş olur... y

Hürriyet, 19 Temmuz 2011, ismet Berkan

Feza Gürsey Enstitüsü'ne Kıymayın Efendiler!

T

ÜBİTAK’ın geçenlerde aldığı bir karar, Türk matematikçiler başta olmak üzere te­ mel bilimler camiasını ayağa kaldırmış du­ rumda. Durumdan biraz geç haberdar oldum ama görüyorum ki ayağa kalkanlar haklı. TÜBÎTAK bir süre önce Türkiye’nin yegane temel bilimler enstitüsü olan, zamanında Erdal İnönü ve Tosun Terzioğlu tarafından kurulan Fe­ za Gürsey Temel Bilimler Enstitüsü’nü statüsünü değiştirerek Gebze’ye taşımaya ve bir anlamda öl­ dürmeye karar verdi. FGE, Boğaziçi Üniversite’nin Kandilli yerleşkesinden kaldırılacak ve Gebze’de TÜBİTAK’a bağlı ‘Bilişim ve Bilgi Güvenliği ileri Araştırmalar Merkezi’nin (BİLGEM) bünyesine katılacak. Bu, FGE’nin ölümü demek. Oysa başta Türkiye Matematik Derneği ol­ mak üzere bütün temel bilimciler, hükümetin te­

mel bilimlerle ilgili stratejisini açıklamasını bekle­ mekteydi. Hükümetin bilimden sorumlu bakanı Nihat Ergün’e de danışılmadan alınan bu kararın arkasında yatan rasyoneli anlamak gerçekten ko­ lay değil. Çünkü FGE’nin toplam maliyetinin TÜ­ BÎTAK bütçesi içinde çok minik bir pay aldığını biliyoruz. Sorun maddi değilse ne acaba? Türkiye, gerek kısa dönemli pratik sorunları­ nı çözmek (cari açık başta olmak üzere) ve gerek­ se uzun dönemli dünya çapındaki rekabetçilik gü­ cünü yükseltmek istiyorsa, temel bilimlerle ilgili ileri araştırmaları yok etmek değil daha fazla des­ teklemenin yollarını aramalı. Uluslararası bilim camiasından da ciddi tepki çeken bu girişimin durdurulması yerinde olur. Bilmiyorum, Nihat Ergün bu konuda ne düşü­ nüyor? y


Cumhuriyet, 12 Temmuz 2011, Orhan Bursalı

Bilime Kıymayın! eza Gürsey dünyaca ünlü bir teorik fizikçimiz. Adı da Türkiye’de Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü’ne veriliyor: Feza Gürsey Enstitüsü... Burada teorik matematik ve fizik araştırmaları, eği­ timleri yapılır. Bunlar, temel bilimsel araştırmalar­ dır... Bilimin anası budur. Sonuçları, teknoloji, mü­ hendislik ürünleri olarak ortaya çıkar. Batı’nın bütün teknolojileri, Batı temel biliminin devasa temelleri üzerinde yükselir! Temel bilimlerde üstün çalışmalar yapamazsanız, önemli ve belirleyici teknolojiler üretemezsiniz. Temel ve uygulamalı bi­ limler, bu açıdan el ele gider... Teknolojisi güçlü ül­ kenin temel bilimleri de güçlüdür. Ülkemizde yeni bir yapılanma gerçekleşti ve Bi­ lim, Sanayi ve Teknoloji Bakanlığı kuruldu.. Çok da iyi oldu! Nihat Ergün de Bakanlığa getirildi! TÜBİ­ TAK ve bağlı kuruluşları ile TÜBA (Türkiye Bilimler Akademisi) bakanlığa bağlandı. Bakan henüz yeni koltuğuna ısınmamışken, TÜ­ BİTAK karar alıyor ve Feza Gürsey Enstitüsü’nü BİLGEM’e bağlıyor (Bilişim ve Bilgi Güvenliği İleri Tek­ nolojiler Araştırma Merkezi). 15 Temmuz’a kadar, Kandilli’deki yerlerinden Gebze’ye, TÜBİTAKMAM’a taşınmaları isteniyor. BlLGEM çatısı altında şüphesiz iyi şeyler yapılı­ yor! Ancak orası bilgi ve bilişim teknolojilerine, yani uygulamalı araştırmalara yönelik. “Feza Gürsey”in böyle apar topar uygulamalı bi­ limlerin emri altına kaydırılması, ülkemizde zaten pek önem verilmeyen temel bilimlere bir darbe mi vu­ ruluyor sorusunu akla getiriyor. TÜBİTAK Bilim Kurulu’nun kararına bakıyo­ rum: Enstitü’nün, Temel Bilimler Araştırma Enstitü­ sü Kuruluş ve işletme Yönetmenliği’ni iptal ediyor. Ve yeni görev belirliyor: “Bundan sonra da temel bi­ limler alanlarında insan kaynaklarının gelişmesine yönelik eğitim çalışmalarına devam etmesi, ancak bu­ na ilaveten temel bilimler alanlarında temel ve uygu­ lamalı araştırma sorunlarını ortaya koyarak, çözüm­ leyerek ve çözümlenmesine yardımcı olarak bizzat araştırma yapması ve bilgi üretme misyonunu daha etkin olarak yapması beklenmektedir.” Yorum: Temel bilimler insan kaynaklarım geliş­ tir, ama esas yapacağın iş, BlLGEM’de uygulamaya yönelik araştırmalara yardımcı olmaktır. Oldun ol­ dun, olmadın sana ihtiyacımız yok... Tartışmasız, uygulamalı bilimler önemlidir... An­

F

cak bunları teorik matematik ve fizik araştırmaları­ nın sırtından, onları yok ederek yapmaya çalışmak büyük hata olur! Teorik fizik ve matematikçiye ne di­ yeceksiniz, “gel bakiim şu bilişim sorununu çöz” mü? TÜBlTAK problemli bir alan yarattı! Teorik matematik ve fizik araştırmaları yapan Feza Gürsey Enstitüsü, zaten 4 kişi bırakılmıştı! 1997’de 29 tam zamanlı bilimciye sahipti! Ancak sözleşmesi bitenlerin yerine yenilerini almadı TÜBİ­ TAK ve Enstitü’yü küçülte küçülte 4 bilim kadrosu­ na indirdi büyük bir başarıyla! Şimdi de öyle gözükü­ yor ki, son darbeyi vuruyor! Prof. Erdal İnönü’nün girişimiyle kurulan Ensti­ tü, oysa yüksek bir bilimsel başarıma sahip. 350 adet nitelikli araştırma makalesi burada üretildi ve ulusla­ rarası bilim dünyası bunlara 2000 gibi yüksek sayıda referans verdi (kendi araştırmalarında kullandı). Ens­ titü uluslararası bir saygınlığa sahip, dünyada çok seçkin ve ünlü teorik fizik ve matematikçi Enstitü’ye geldi, kurslar-konferanslar verdi; uluslararası başarı­ lı toplantılar yapıldı. TÜBİTAK’ta araştırma yapan 2150 personelin bilimsel yayın etkinliği kişi başına 0,1 makale iken, Feza Gürsey’de 2’dir! Enstitü’de çalışan ünlü bilim insanları arasında, örneğin Erdal İnönü (Wigner Madalyası aldı), Ayşe Erzan (L’Oreal ödülü), Nihat Berker, Sabancı Üniv. Rektörü (Humbold Araştırma Ödülü) gibi önemli ve saygın ödül sahipleri var... Yavuz Nutku gibi ulusla­ rarası matematikçi ve fizikçimiz de buranın müdürlü­ ğünü yaptı! Çok sayıda TÜBA üyesi ve çeşitli ödülle­ rin sahibi bilimciler, Feza Gürsey’de çalıştılar! Feza Gürsey Enstı'tüsü’nün (FGE) bilimsel etkin­ likleri, örneğin Güney Kore’deki benzeri kuruluş olan KIAS (Korea Institute of Advanced Studies) ile karşı­ laştırılmış. Her iki kurum da aynı yıl kurulmasına rağmen, FGE’nin tam zamanlı bilimci sayısı 29’dan bugün 4’e düşerken, Kore’ninki 6’dan 120’ye çıkmış! Buna rağmen, kişi başına düşen araştırma makalesi sayısı, FGE’de daha çok! Diyeceğim şu ki: Temel bilimlere kıymayın! İs­ lam ülkeleri bilim üreticisi olamadı, hep Batı’nın üret­ tiği teknolojilerin tüketicisi oldu ve bugün içinde bu­ lunduğumuz ekonomik durum/cari açığın temel ne­ deni de, bilim ve teknoloji üreticisi olamayışımızdır! Temel bilimler işin babasıdır! Bakanlık, umarım bunun bilincindedir! V


Milliyet, 14 Temmuz 2011, Mehveş Evin

Hesap Ver TÜBİTAK! Türkiye pek çok alanda başka ülkelerle reka­ bet ediyor. Ancak konu bilime gelince koca bir ka­ ra deliği andırıyoruz. Mesele sadece prestij değil. Kendi bilgimizi üretemediğimiz sürece, gerçek bir gücümüz de olamaz. TÜBİTAK verilerine göre 2008’de yıllık yayın­ lar dünya sıralamasında 18’inciyiz. Kulağa hoş ge­ lebilir. Ama bilimde, yayın sayısından ziyade etki alanı önemli. TÜBİTAK’ın 2010 çalıştayına katı­ lan Prof. Dr. İbrahim Ortaş diyor ki: “Türkiye adresli üretilen bilimsel yayınların et­ ki değeri düzeyi, Dünya, OECD ülkeleri ve AB-27 ülkeleri ortalama değerinin yaklaşık üçte biri ka­ dar. 1981-2007 döneminde ülkemizde üretilen ya­ yınlar, hem AB-27’nin hem de ABD’nin yüzde 1,8’i kadar!” Durum böyleyken, ülkenin en önemli bilim ku­ rumu TÜBlTAK, bilimi desteklemek yerine köstek­ leyen bir kuruma dönüşüyor. TÜBİTAK’ın son marifeti, Türkiye’nin tek teorik fizik ve matematik araştırma enstitüsü “Feza Gürsey Enstitüsü”nü (FGE) bitirecek bir karara imza atmak. Araştırmacı sayısı dörde indi. Nedir bu karar? TÜBlTAK, Enstitü’yü amaç ve hedefleriyle ilişkisi olmayan, Bilişim ve Bilgi Gü­ venliği ileri Teknolojileri Araştırma Merkezi’yle (BİLGEM) birleştirecek. Ve Kandilli’den Gebze’ye taşıyacak. Bilim dünyası, bu kararı “FGE kapatılı­ yor” olarak yorumluyor. • Feza Gürsey Enstitüsü nedir? 1997’de ‘Feza Gürsey Enstitüsü’ adını alan enstitü, aslen 1983’te kuruldu. İstanbul TÜBlTAK Marmara Araştırma Merkezi bünyesinde, Prof. Dr. Erdal İnönü öncü­ lüğünde kurulduğunda ismi Temel Bilimler Araş­ tırma Enstitüsü’ydü. • Feza Gürsey kim? Çağdaş Türk fiziğinin, dünyaca tanınan belki de en önemli ismi. • Nerede bu enstitü? Halen Boğaziçi Üniversi­ tesi Kandilli Rasathanesi Yerleşkesi’nde. Ancak Prof. Nükhet Yetiş’in kararıyla TÜBİTAK’ın Geb­ ze yerleşkesine taşınacağı bildirildi. 4 günde! • Enstitüde kaç kişi çalışıyor? FGE’nin 1998 yılında 16 tam zamanlı ve 13 yarı zamanlı, toplam 29 araştırmacıdan oluşan kadrosu vardı. 2000’li

yılların başından itibaren düzenli olarak bu sayı azaltıldı. 2011’de 4 araştırmacıya kadar indirildi! • Enstütünün önemi ne? FGE, Türkiye bilimi­ nin, özellikle teorik fizik ve matematiğin en önem­ li kazammlarından biri. Hızla azaltılan araştırmacı personeli sayısına rağmen, yaklaşık 350 makale üretti. Bu makalelere 2 bine yakın atıf aldı. Bu sa­ yılar, özellikle teorik fizik ve matematik gibi yayın üretmenin zor olduğu konularda çalışan enstitü personelinin bilimsel yetkinliğinin kanıtı. En prestijli ödülleri aldı • Uluslararası etkinliği var mı? FGE kurulu­ şundan itibaren, ulusal ve uluslararası alanda pres­ tijli bilimsel ödüller aldı. Önemli bilimsel kuruluş­ lara üyelikleri de bulunuyor. Enstitü, 1997’de Kandilli’ye taşınmasından itibaren sayısız uluslararası toplantıya da ev sahipliği yaptı. Bu toplantılara dünyaca ünlü yüzlerce yerli ve yabancı bilim insa­ nı katıldı. • Kimler FGE’den yararlandı? Binlerce yüksek lisans, doktora öğrencisi ve genç bilim insanı, bu toplantılar sayesinde günümüzde aktif olarak çalı­ şılan bilimsel problemlerle tanıştı ve araştırmalar yapmaya başladı. 2010’da düzenlenen 24 toplantı­ ya yaklaşık 1000 bilim insanı ve öğrenci katıldı. Bu yıl içinde Türkiye çapında düzenlenecek 35 mate­ matik toplantısından 14’ünün FGE çatısı altında yapılması planlanıyordu. Yavaş yavaş bitiriliyor Velhasıl, FGE yavaş yavaş bitiriliyor. Önce araştırmacı sayısı azaltılarak, sonra taşınıp alaka­ sız bir kuruma bağlanarak. Böylece özü ve misyo­ nu kaybettirilecek. Oysa Enstitü, 2000’li yılların başındaki ivmey­ le büyümeye devam etseydi şu anda Avrupa ve dünyadaki sayılı bilimsel merkezlerden biri olacak­ tı. Ancak olamadı. ÖSYM Başkam Ali Demir’in, kanıtlanmış inti­ hal olayına rağmen büyük koltuğunda oturabildiği bir ülkenin bilim anlayışından zaten ne bekleyebi­ lirsiniz? Yazıklar olsun. ..V.


RAKAMLARLA TÜBİTAK • TÜBlTAK genelinde proje personeli dahil yaklaşık 2150 AR-GE personeli çalışıyor. • 2010’da TÜBlTAK adresli yayın sayısı 240 civarında. (Kaynak ‘web of Science’. Ancak bu sa­ yı sağlıklı değil. Bu makaleler içerisinde aynı za­ manda TÜBlTAK bursiyeri olup bunu makalelerin adres kısmında belirtenler de var!). • FGE’de 2010 senesinde 19 makale yazıldı. TÜBİTAK genelinde ortalama kişi başı makale sa­

yısı yaklaşık 0.1. Enstitüde bu sayı kişi başı yakla­ şık 2 makale. • 2010 TÜBİTAK bütçesi yaklaşık 1.5 milyar TL. Bu bütçenin 300 milyon TL’si harcanamamış. 2010 Enstitü bütçesiyse yaklaşık 2 milyon TL. (Kaynak TÜBlTAK 2010 Faaliyet Raporu http://www.tubitak.gov.tr/home.do?ot=l&sid =1053 ) Sormak lazım: Bu bütçe bilime değilse ne­ ye ayrılacak? V

Habertürk, 20 Temmuz 2011, Pervin Kaplan

AvrupalI Matematikçiler Bakan Ergün'den Destek İstedi TÜBlTAK’ın Prof. Dr. Erdal İnönü’nün öncülü­ ğünde kurulan Feza Gürsey Enstitüsü’nü Boğaziçi Üniversitesi ile protokolünü feshederek, Bilişim ve Bilgi Güvenliği İleri Teknolojiler Araştırma Merkezi’ne (BİLGEM) bağlamasına yalnızca Türkiye’deki matematikçi ve fizikçilerden tepki gelmiyor. Avrupalı matematikçiler de başarılı çalışmaları olan an­ cak haberleşme güvenliği konusunda çalışan bu merkeze neden teorik fizik ve matematik konusun­ da çalışan enstitünün bağlandığını sorguluyor. Türkiye’nin de aralarında bulunduğu 60 ülke­ nin ulusal matematik derneği, 20 araştırma merke­ zi ve 3 binden fazla bilim insanının kişisel üye ol­ duğu Avrupa Matematik Birliği Başkam ve aynı zamanda Barcelona Üniversitesi Matematik Fakül­ tesi öğretim üyesi Profesör Marta-Sanz-Sole, Bilim Sanayi ve Teknoloji Bakanı Nihat Ergün’e bu ko­ nuyla ilgili bir mektup yolladı. Sole, mektubunda Avrupa’da tanınan bu kuru­ mun yaklaşık 15 yıldır multidisipliner matematik ve fizik araştırmalarının aktif bir merkezi olduğunu söyleyerek, şöyle diyor: “Sayın Bakan, enstitünün şu anki yapısına son verilmesi için oluşturulan planlar hakkındaki derin endişelerimizi bildirmek adına yazıyorum. Bu enstitü Türk araştırmacıları­ nın ortaya çıkması ve çalışmalarını yürütmesinde ve uluslararası bilimsel işbirliklerinin sağlamlaştırıl­ masında kritik rol oynadı. Alınan kararın ciddi ha­ ta olduğuna inanıyoruz. Bu durum Türkiye’deki matematik ve teorik fizik çalışmalarının gelecekte­ ki gelişmeleri adına olumsuz sonuçlar yaratacaktır. Enstitünün kapatılması büyük bir kayba yol açacak ve Türkiye’deki bilimsel varlığı azaltacak ve bilim dünyasına etki edecektir. Güçlü bir şekilde inanıyo­

ruz ki Bilim, Sanayi ve Teknoloji Bakanlığı, Feza Gürsey Enstitüsü için oluşturulan planları değiştire­ cektir.” Başkan’ın mektubu böyle. TÜBİTAK ise ilk kez HABERTÜRK’ün duyur­ duğu bu gelişmeyle ilgili bir açıklama yaptı. Ulusal Elektronik ve Kriptoloji Enstitüsü ve Bilişim Tek­ nolojileri Enstitüsü’nden sonra Feza Gürsey Enstitüsü’nün de “Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü” olarak BİLGEM’e bağlı çalışmalarını “bizzat araş­ tırma yapmak ve bilgi üretmek” misyonuyla sür­ düreceğini vurguladı. Bu açıklamada bir kez bile enstitünün adının Feza Gürsey olarak geçmemesi dünyaca tanınan Türk fizikçisi Feza Gürsey’in adından vazgeçildiği­ ni gösteriyor. Enstitünün bugüne kadar yaptığı çalışmalar da kimlerin bu enstitüde çalıştığı da ortada. Üretilen bilimsel yayınları da takip etmek mümkün. Ensti­ tüdeki araştırmacı sayısının yıllar içinde nasıl eri­ diği de biliniyor. Tüm dünya temel bilimlere önem verirken var olanı ileriye götürmek yerine ortadan kaldırmaya çalışmanın anlamı nedir bilmiyorum. Dünyada temel bilimler alanında araştırma ya­ pan enstitülerden birkaç örnek vermek istiyorum. Kore İleri Çalışmalar Enstitüsü’nde (KIAS) doktora­ lı 137 araştırmacı çalışır, bütçesi ise 15 milyon do­ lardır. (Yaklaşık 24 milyon 600 bin TL). Alman­ ya’da Max Planck Matematik Enstitüsü’nün dokto­ ralı 20 araştırmacısı ve 6 milyon Euro bütçesi (9 bin 840 TL), Kanada’da PerimeterTeorik Fizik Enstitü­ sü’nün 90 doktoralı araştırmacı ve 10 milyon dolar bütçesi (17 milyon TL) var. Son örnek de İran’dan. Tahran Temel Bilimler Araştırma Enstitüsü’nde (IPM) çalışan doktoralı araştırmacı sayısı 137. V


Basında Matemat

umhuriyet

Ulilliımf

Milliyet, 18 Haziran 2011

Anayasa Değişikliği ve YÖK (2) Abbas Güçlü Anayasal özerkliği olmasına rağmen, hep esen eni seçilen parlamentonun öncelikli görev­ rüzgâra göre tavır aldı. Hep bir uçtan, öteki uca lerinden biri de anayasa değişikliği. Üzerin­ gitti. Başkan kimse onun borazanı öttü... de mutabık kalınan maddelerinden biri de Tam bağımsız özerk bir YÖK, hemen herkesin YÖK. iktidarından muhalefetine, üniversitelerden özlemi ama bu ne kadar gerçekleşir, hep beraber kamuoyuna, bu konuda herkes bir beklenti içeri­ göreceğiz. sinde. Hatta YÖK ’ün kendisi bile bu anayasa deği­ Aslında hükümetler ile üniversiteler arasında şikliğini dört gözle bekliyor. Dahası, YÖK Başkan koordinasyonu sağlayan YÖK benzeri kurumlar, Vekili Yekta Saraç başkanlığında, içlerinde rektör­ dünyanın her yanında var. Özellikle de koordinas­ lerin de bulunduğu bir ekip, yeni bir YÖK yasası yonu gerçekleştiren, insan gücü planlamasına kat­ hazırlıyor... kıda bulunan ve en önemlisi de üniversitelerin Bu kez gerçekleşir mi? önünde engel değil, onların gelişmesine olanak sağ­ Bilindiği gibi YÖK 12 Eylül ürünü bir kurum. layan bir kuruma bizim de ihtiyacımız var. 1981 Anayasası’na da bu vesile ile girdi. YÖK de Yeni YÖK yasası, tek tip üniversite modeline bu çerçevede kuruldu. son vermelidir. Her üniversitenin bir misyonu ve Gazeteci olarak YÖK’ü kuruluşundan itibaren, vizyonu olmalı, hareket alanı da bu yönde gerçekhatta kurulmadan önceki tartışmalara kadar çok leşmelidir. yakından izledim. Doğramacı kurdu. En sert muha­ Kimi mühendislikte, kimi sağlıkta, kimi de eko­ lifi de dönemin ITÜ Rektörü Kemal Kafalı’ydı... nomide parmakla gösterilecek noktaya gelmelidir. YÖK öylesi bir kurum ki, kurulduğu andan iti­ Başbakan Erdoğan, öteden beri özel üniversite­ baren kaldırılması istendi, istenmekle de kalmadı, lere sıcak bakıyor. Muhtemeldir ki bu anayasa de­ hemen her iktidar döneminde bu yönde yasa teklif­ ğişikliği ile bu oluşumun da önü açılacak. Ama ka­ leri hazırlandı. Eğer Teziç’in YÖK Başkanlığı dö­ lite erozyonu yaratmayacak önlemler mutlaka dü­ neminde, rektörlerin hazırladığı yasa teklifi çöpe şünülmelidir. atılmasaydı, bu sorun çoktan çözülmüştü. Türban sorunu fiili olarak zaten kalktığı için O dönemde, Başbakan Erdoğan, Üniversitele­ anayasal güvence altına alınır mı alınmaz mı bilin­ rarası Kurul Başkanı Ayhan Alkış ve bir grup rek­ mez ama üzerinde uzun süre tartışılacağı kesin. törden oluşan ekibe, yeni bir YÖK yasası hazırla­ Ekonomik özerklik olmadan, bilimsel özerklik yın getirin, TBMM’den geçirelim, gerekli anayasa olmaz. Bu yüzden üniversite bütçeleri ve kadro da­ değişikliğini de gerçekleştirelim demişti. Bu konu­ ğılımı, iktidarın ve YÖK ’ün iki dudağı arasında ol­ da, gerçekten de samimiydi. Ama Teziç, hocaların maktan kurtarılmalıdır. hazırladığı taslağı yok sayıp kendi bir taslak hazır­ 21 üyeli YÖK, 200’e yakın üniversite karşısın­ layınca işler karıştı ve bugünlere kadar gelindi... da aciz kalıyor. Ya üye sayısı artırılmalı ya da gö­ YÖK, muhalefetteyken hemen her partinin şid­ revlerinden önemli bir bölümü Üniversitelerarası detle karşı çıktığı ama iktidara gelince gücünden Kurul’a, üniversite senatolarına ve mütevelli heyet­ yararlandığı bir kurum haline geldi. Bunca yıl lerine devredilmelidir... ayakta kalması da zaten bu yüzden.

Y


Üniversitelerde kaliteyi artıracak, akreditasyonu gerçekleştirecek yeni kurumlar, komisyonlar ya da benzeri oluşumlar YÖK içinde ya da özerk ku­ rumlar olarak hayata geçirilmelidir. YÖK üniversiteleri denetliyor. Peki, YÖK’ü kim denetleyecek? Yaptığı yanlışlara kim dur diye­ cek. Son örneğini ÖSYM’de gördük. Onlar hata yaptığında, bu hatanın dal budak sarmadan, kişile­ re, kurumlara ve iktidara zarar vermeden tespitine ve çözümüne katkıda bulunacak üst organlar mut­ laka düşünülmelidir...

En önemli noktalardan birisi de fon dağıtımına adil kuralların getirilmesi ve araştırma odaklı üni­ versitelerin birer cazibe merkezi haline dönüştürü­ lerek, dünya arenasında boy göstermelerine olanak sağlanmasıdır. Bütün bunları ve daha fazlasını yapmak o ka­ dar güç mü? Hiç sanmıyoruz. Yeter ki istensin. Özetin özeti: Başbakan Erdoğan’ın, dünya sı­ ralamasında ilk 100’e girecek Türk üniversiteleri hayali vardı. îşte şimdi bunun tam zamanı. Eğer bunu gerçekleştirebilirse, en az 100 seçim kazan­ mış kadar haz alacağından eminim!.. V

TÜBİTAK Bilim Kurulu Üyeliğine Atanan İsim Üzerine Sorular! Abbas Güçlü, Milliyet, 7 Ekim 2008 Boğaziçi Üniversitesi eski Rektörü Prof. Dr. Ayşe Soysal’ın, TÜBİTAK Bilim Kurulu’na üye olarak atanması, akademik çevrelerde en çok ko­ nuşulan konulardan biri haline geldi. TÜBlTAK Bilim Kurulu üyeliğine atanan isim üzerine sorular! TÜBİTAK’ta kim, ne yapıyor? Bilim çevreleri, neden, niye atandı sorularına cevap ararken, TÜBİTAK’ın internet sayfasına, SoysaPın hem neden atandığına ilişkin gerekçeler hem de biyografisi konuldu. Enteresan bilgiler var. Önce şu bilgilere göz atalım: “278 sayılı Türkiye Bilimsel ve Teknolojik Araştırma Kurumu Kurulması Hakkında Kanunun 4’üncü maddesinin ‘Başkanın Bilim Kurulu üyeleri arasından atanması halinde, boşalan Bilim Kurulu üyeliği için aynı kontenjandan yukarıda belirlenen usûl ve esaslara göre yeni üye seçilir1hükmü gere­ ğince, Bilim Kurulu üyesi iken, 20 Ağustos 2008 tarihinde TÜBİTAK Başkanı olarak atanan Prof. Dr. Nüket YETÎŞ’ten boşalan Bilim Kurulu üyeliği için seçim yapıldı. Prof. Dr. Nüket YETİŞ 2005 yılında, “bilimsel ve teknolojik alanlarda eser, araştırma ve buluşla­ rıyla temayüz etmiş ve/veya araştırma ve teknoloji yönetimi konusunda yetkinliği olan, bilimsel ve teknolojik sistem, kurum ve birimleri başarı ile kurmuş ve/veya yönetmiş kişiler” kontenjanından Bilim Kurulu üyesi olarak atanmıştı. [...] Hazır TÜBİTAK’ın internet sitesine girmişken, Başkan Nüket Yetiş, acaba bugüne kadar hangi bi­

limsel çalışmalarda bulunmuş diye merak ettim. Özgeçmişini inceleyince, hayal kırıklığına uğrama­ dım desem yalan olur. Kocaman bir başlık var: Prof. Dr. Nüket Yetiş’in Yayınları diye. Heyecanla açtım. Kitaplarım taradım. Sadece iki tane çıktı. Biri fakültenin baş­ vuru dosyası, İkincisi ise bir kongrenin bildiri kita­ bı. Yorumu size ait. îşte eserleri: 1. “Avrupa Kalite Ödülü 2000, Kamu Sektörü Kategorisinde Türkiye’den İlk Başvuru: Marmara Üniversitesi Mühendislik Fakültesi”, Marmara Üni­ versitesi Teknoloji Vakfı, İstanbul, Mayıs 2002. 2. “XI. Ulusal Yöneylem Araştırması Kongresi Bildiri Kitabı” Marmara Üniversitesi, İstanbul, Mart 1988. Makaleler, bildiriler, seminerler, konferanslar listesine baktığınızda ise yok, yok. Bu verileri, bıra­ kın TÜBlTAK Başkanı olmak için, asistanlık başvu­ rusu için bile sunsanız, jüri üyeleri size ya güler ya da okkalı bir fırça çeker. Ama TÜBlTAK Başkanı, bun­ ları, hem de TÜBlTAK sitesinde gururla sergiliyor. Son günlerde üniversiteler ve TÜBlTAK ile il­ gili pek çok bilgiye yer veriyoruz. Çünkü, çeşitli ve­ silelerle farklı kişilerce kamuoyuna, çok farklı bil­ giler sunuluyor: YÖK ve TÜBİTAK’ta düzen değişti. Başarısız olanlar gitti. Başarılı olanlar geldi. Bundan sonra Türkiye hem ilk 500’e daha fazla üniversite soka­ cak hem de bilim ve teknolojide çağ atlayacak... Keşke. Bunun böyle olmasını canı gönülden isteriz. Ama çarşambanın gelişi perşembeden belli olurmuş... V


Zaman, 8 Haziran 2011

"Matematiği Hitap Ettiğimiz Topluluğa Göre Anlatmalıyız" Ondokuz Mayıs Üniversitesi Fen Edebiyat Fa­ kültesi Matematik Bölümü'nün düzenlendiği 9’uncu Geometri Sempozyumu başladı. Üniversite­ nin Atatürk Kongre ve Kültür Merkezi'nde başla­ yan sempozyuma geometri üzerine araştırmalar ya­ pan 4'ü yabancı 160 bi­ lim adamı katılıyor. Sempozyumun açılışına OMÜ Rektörü Prof. Dr. Hüseyin Akan, Fen Ede­ biyat Fakültesi Dekanı Prof. Dr. Şenol Eren, Matematik Bölümü Başkanı ve Sempozyum Düzenleme Kurulu Baş­ kanı Prof. Dr. Mustafa Çalışkan, Sağlık Kültür Rrof Dp Hjlmj Hacısalihoğlu ve Spor Daire Başkanı Mustafa Çayıroğlu, sempozyum katılımcıları ve çok öğretim üyeleri katıldı. Sempozyumun açılışında konuşan Matematik Bölüm Başkanı ve Sempozyum Düzenleme Kurulu Başkanı Prof. Dr. Çalışkan, geometriye gönül ver­ miş araştırmacıların sempozyuma katılmasından büyük memnuniyet duyduklarını söyledi. Geomet­ rinin tarihçesinden bahseden Prof. Dr. Mustafa Çalışkan, “Platon akademisinin girişine; 'Geomet­

ri bilmeyen giremez1yazmıştır. Çünkü geometri bi­ limi felsefe ile yakından ilgilidir. Bu da diğer bilim­ ler ile bağlantı kurmayı kolaylaştırır. Sempozyu­ ma; 4'ü yurt dışından olmak üzere 160 bilim insa­ nı katılacak, çağrılı konuşmalar ve posterlerle bir­ likte 100 adet sunum olacaktır.” bilgisini verdi. Sempozyumun Onursal Başkanı OMÜ Rektörü Prof. Dr. Hüseyin Akan, günlük hayatta herkesin geometriyi kullandığına dikkat çekti. Tıpçıların da hesaplama yaparken geometriden faydalandıklarım vurgulayan Prof. Dr. Akan, üniversitesinde bilimsel ve kültürel toplantılar yapılmasından gurur duydu­ ğunu kaydetti. Bilecik Üniversitesi Öğretim Üyesi Prof. Dr. Hilmi Hacısalihoğlu ise insanların mate­ matikten korkmasına anlam veremediğini vurgula­ dı. Prof. Dr. Hacısalihoğlu, “Burası daha kalabalık olsun isterdim ama insanlar matematikten korkar­ lar. Okulda birçok ders görülür ama unuturlar. Ma­ tematik kalıcıdır, insanların matematikten korkma­ sını istemiyorsanız matematiği hitap edeceğiniz top­ luluğa göre anlatmalısınız.” şeklinde konuştu. Astronomik uzaklıklara ve fraktallara ilişkin sunum yapan Hacısalihoğlu'na Rektör Prof. Dr. Hüseyin Akan plaket ve çiçek takdim etti. Prog­ ramda, OMÜ Güzel Sanatlar Eğitimi öğrencileri tarafından verilen ve şefliğini Metin Solmaz'ın yap­ tığı Türk Halk Müziği konseri de gerçekleşti. V

Radikal, 17 Haziran 2011

13 Y a ş ın d a Ü n iv e rs ite li Hollanda, henüz 13 yaşında olmasına rağmen liseyi başarıyla bitirerek üniversiteye gitmeye hak kazanan öğrenciyi konuşuyor. LAHEY - Rotterdam yakınlarındaki Schiedam'da yaşayan Erik van der Boom, altı yıllık li­ se dengi Gymnasium'u üç yılda bitirerek, büyük bir başarıya imza attı. Gymnasium'un ilk dört senesini bir yılda biti­ ren öğrenci, ilkokul eğitimini de bir yıl erken ta­ mamladı. AD gazetesinde yer alan haberde, Gymnasium'dan başarıyla mezun olan Boom'un ülkenin

sayılı üniversitelerin­ den Delft Teknik Üniversitesi'nde ma­ tematik ya da fizik veya her ikisini bir­ den okumak istediği belirtildi. Tam olarak ne olmak istediğine he­ nüz karar vermediği­ Erik van der Boom ni anlatan Boom, ho­ bi olarak müziği çok sevdiğini söyledi.


Radikal, 1 Haziran 2011

Gönüllü Öğretmene Milli Eğitim'den Suç Duyurusu Fethiye Kayaköy Sanat Kampı’na 15 gün önce tatile gelen ve öğrenci sayısı yetersiz olduğu için okulu kapatılan Kayaköy’de çocuklarm derslerin­ den geri kaldığını öğrenen 31 yaşındaki Ceren Candemir, kampın bahçesindeki bir köşeyi, kapa­ tılan okuldan getirttiği sıralarla sınıfa dönüştürdü. Boğaziçi Üniversitesi Eğitim Fakültesi Fen ve Matematik bölümleri mezunu Ceren Candemir, açık havada 20 öğrenciye matematik, geometri, fi­ zik, kimya ve biyoloji dersleri vermeye başladı. Sanat kampı bahçesinde verilen derslerin ba­ sında yer almasının ardından İlçe Milli Eğitim M ü­ dürlüğü, Ceren Candemir, Kayaköy muhtarı ve sa­ nat kampının işletme sahibi hakkında, Anayasa’nın eğitim öğretim hakkını düzenleyen 42. mad­ desini ihlal etmek suçundan Fethiye Cumhuriyet Başsavcılığına suç duyurusunda bulundu. Ceren Candemir, 20’ye yakın öğrenciye gönül­ lü olarak birebir, günde 10 saat ders veriyordu. ‘Çalıkuşu Ceren’: Eğitime Devam Suç duyurusundan dolayı oldukça üzgün oldu­ ğunu kaydeden Ceren Candemir, öğrencilere ders vermeyi sürdüreceğini belir­ terek, şöyle dedi: “Milli Eğitim Müdürlüğü’nün hakkımda yaptığı suç duyurusuna hem üzüldüm hem de çok şaşırdım. Ben ta­ tile geldiğim yerde iyi niyetle bir şey yapmak istedim. Öğ­ retmenlik eğitimi almış biri olarak, tamamen gönüllü ve ücretsiz ders vermek istedim. Verdiğim derslerde de çocuk­ larm eksiği olduğunu gör­ düm. Bunu test ederek, göre­ rek yaşadım. Öğrencilere ders vermek bir suçmuş. O yüzden de hakkımda suç du­ yurusunda bulundular.”

Milli Eğitim Yanlış Anlamış Olmalı Verdiği hizmetin takdir edilmesi gerekirken ce­ zalandırılmak istenmesine bir anlam veremediğini kaydeden Candemir, yanlış anlaşıldığım düşündü­ ğünü belirtti. Öğretmen olmadığı yönündeki iddi­ alara da yanıt veren Candemir, tepkisini şöyle dile getirdi: “Ben Boğaziçi Üniversitesi’nin Fen Bilgisi ve Matematik Öğretmenliği bölümlerinden mezun ol­ dum. Ben öğretmen değilsem, ben öğretmenlik ya­ pamayacaksam, kim yapacak? Ben bu 20 öğrenci­ ye söz verdim. Onlara ders vermeye devam edece­ ğim. Yalnızca sanat kampından ayrılıyorum. Baş­ ka bir platformda nasıl ders vereceğimi düşünece­ ğim. Yaşanan durumdan dolayı çok üzgünüm. Bü­ yük şok yaşadım. Benim amacım iyi niyetle, öğren­ cileri geri kaldıkları derslerde bir adım ileri götür­ mekti. Böyle bir olayın yasal olmadığı aklıma gel­ medi. Çocuklarla görüştüm, 1-2 gün tatil olduğu­ muzu söyledim. Köy yeri burası. Çok çabuk duyu­ lur. Çocuklarm da haberi olmuştur. Ne yapacağı­ mı bilmiyorum. Mutlaka bir çare bulacağız.” V

Ceren C andem ir ders anlatırken


Kapak Konusu: İntegral

Alan Hesaplamak 1 . A la n H e s a p la m a k

Ta ilkokuldan beri öğrendiğimiz için, alan he­ saplamak bize pek kolay ve sıradan gelebilir. Oysa hiç de öyle değildir. Örneğin alan ölçmek uzunluk ölçmekten çok daha zordur, ne de olsa uzunluk ölç­ mek için metre diye gayet basit bir alet var. Alan ölçmek için de bir alet varsa da hiç de basit bir alet değildir. Planimetre adı verilen bu aletlerin fikir ba­ bası Johann Martin Hermann’dır. 1814’te bulunan planimetre kavramı 1854’te isviçreli matematikçi, fizikçi, mühendis ve fabrikatör Jakob Amsler-Laffon tarafından gerçekleştirilmiştir, işte resimleri:

P lanim etrenin üç değişik versiyonu

Sözgelimi bir ipi bir çemberin çevresine dola­ yarak çemberin uzunluğunu aşağı yukarı ölçebili­ riz ama dairenin alanını ölçmek daha zordur. Ya bir daireden çok daha karmaşık olan şöyle bir şek­ lin alanını nasıl hesaplarsınız?

Zaten alan ölçmek o kadar kolay olsaydı, Eski Mısırlılar yamukların alanını doğru hesaplarlardı! Oysa, yamukların alanını gerçeğinden hep daha

fazla hesaplamışlardır. Ya daha iyisini bilmedikle­ rinden ya da köylülerden daha çok vergi alabilmek için...

Aslında bir boyut artırarak düzlemsel bir alan kolaylıkla hesaplanabilir. Tabanı yukardaki alan olan yeterince yüksek bir silindir inşa edelim. Son­ ra 1 m3 suyu bu tuhaf silindire boca edelim. Suyun çıktığı yükseklik h ise, tabanın alanı l/b olur. * * * Bu ve bundan sonraki yazılarda fiziksel deney­ lere başvurmadan alan hesaplamayı öğreneceğiz. Basit bir soruyla başlayalım: Bir kenarı 1 met­ re olan bir karenin, yani birim karenin alanı neden 1 m2’dir? Bu sorunun bilimsel ya da mantıksal bir nede­ ni yoktur. Bir kenarı bir metre olan bir karenin ala­ nına 5 m2 de diyebilirdik, pek bir şey değişmezdi, sadece her alan 5’le çarpılırdı, sözgelimi 2x3 ebatmda bir dikdörtgenin alanı bu durumda 6 değil 30 olurdu. Yeter ki birim karenin alanını pozitif bir sayı olarak belirleyelim, gerisi pek önemli değil... Ama madem birim karenin alanının kaç oldu­ ğu farketmiyor, bu alanın 1 olduğuna karar ver­ mek işin en doğalı, kolayı ve pratiği. Zaten kendi başına yeterince zor olan matematiği gereksiz yere zorlaştırmanın âlemi yok. (Ama mesela bir başka uygarlık, bal gibi birim çemberin alanının 1 olma­ sına karar verebilir ve diğer alanları birim çemberi temel alarak hesaplayabilirdi. Bu durumda bu uy-


garlığın tüm alanları 1/rt ile çarpılırdı.) Birim karenin alanının 1 olduğuna karar ver­ dikten sonra, diğer alanların kaç olması gerektiği, “şekil kaydırılırsa ya da döndürülürse alanı değiş­ mez” gibi son derece doğal birkaç varsayım kabul edilerek belirlenir. Bu yazıda alan hesaplamak için bu tür kuralları ifade edeceğiz. Öte yandan, ülke zaptetmekle ya da arazi top­ lamakla iştigal eden birinin öne sürebileceği gibi, “benden uzaktaki alanlarla pek ilgilenmiyorum ve bu alanları az önemsiyorum, dolayısıyla benden uzaktaki alanları küçük göstereyim” gibi bir man­ tık da duruma göre kabul edilebilir. Ama biz, bil­ diğimiz, aşina olduğumuz alan kavramını matematikselleştirmeye çalışacağız.

Elbette S’nin alanı en az içindeki A dikdörtge­ ninin alanı kadar olmalı. Bir de S’yi içeren bir B dikdörtgeni çizelim. Bu sefer, S’nin alanının E ’nin alanını aşamayacağını biliyoruz.

2. Sezgisel Giriş Düzlemde şöyle oldukça şekilsiz ama sınırlı bir S kümesi alalım.

Bu kümenin alanını hesaplamak istiyoruz. Sez­ gilerimizden yararlanalım. Şeklin içine aşağıdaki gi­ bi bir A dikdörtgeni çizelim.

Demek ki eğer bir S şeklinin alanını alan(S) olarak gösterecek olursak, alan(A) < alan(S) < alan(B) eşitsizlikleri doğru olmalı. Böylece, eğer A ve B dikdörtgenlerinin alanını biliyorsak, belki S’nin alanını bilemeyiz ama hiç olmazsa S’nin alanları­ nın alt ve üstsınırlarım bulabiliriz. Hiç yoktan iyidir. Daha iyisini yapabilir miyiz? Evet. S’nin içine tek bir dikdörtgen yerleştireceğimize, aşağıdaki şe­ kildeki gibi üç tane yanaynk (yani dikdörtgenle­ rin içinde değil de en fazla kenarlarında kesişebilen) A\, A ^ A3 dikdörtgeni yerleştirelim.

alan(Aj) + alan(A2) + alan(A3) < alan(S)


O zaman, sezgilerimiz, alan(Aj) + alan(A2 >+ alan(A3) < alan(S) eşitsizliğinin doğru olması gerektiğini söylüyor. Ve eğer A/leri yeterince büyük seçersek, gerçek alana daha yakın bir altsınır buluruz. Aynı şeyi S’yi kaplamak için de yapabiliriz. S’yi yukardaki gibi tek bir dikdörtgenle kaplamak yerine beş yarıayrık dikdörtgen kullanırsak, S’nin alanına daha yakın bir sayı bulabiliriz: S’nin içine koyduğumuz yarıayrık dikdörtgen sayısını da (sonlu tutarak) artırırsak ve bunu düz­ gün bir biçimde yaparsak, S’nin alanından küçük ama gene de S’nin alanına oldukça yakın bir sayı buluruz.

Aynı şeyi S’yi kaplamak için de yapabiliriz. Örneğin aşağıdaki şekilde S bölgesi 5 yarıayrık dikdörtgenle kaplanmış. Böylece S’nin alanından biraz küçük ve S’nin alanından biraz büyük iki sa­ yı buluruz.

Sonlu sayıda yarıayrık dikdörtgenin bileşi­ minden oluşan bir kümeye mozaik adını verelim. Boşkümeyi de her kenarı 0 uzunluğunda olan bir dikdörtgen olarak kabul edeceğiz. Boşdikdörtgenin alanının 0 olduğunu söylemeye gerek var mı? Her ne kadar yatay ya da dikey dikdörtgenleri (yani [a, b] x [c, d\biçiminde yazılabilen dikdört­ genleri) tercih edeceksek de, dikdörtgenlerimiz her türlü pozisyonda olabilirler. JA, S’nin içine koyduğumuz bir mozaik olsun, diyelim, JA = A 1 U ... U An. Buradaki her A; bir dikdörtgendir ve herhangi iki­ si birbirinden yarıayrıktır. alan(J^l) da bu dikdört­ genlerin alanlarının toplamı olsun: alan(J3.) = alan(Aj) + ••• + alan(A„). Hayat keşke bu kadar kolay olsa... Bir mozaiği sonsuz farklı biçimde yarıayrık dikdörtgenlere ayı­ rabileceğimizden, bu tanımın geçerli olduğunu ka­ nıtlamak gerek, yani A, ve Bj dikdörtgenleri kendi aralarında yarıayrıklarsa ve A, ü ... U A„ = Bl U ... U Bn ise, alan( )+•••+alan(A„) = alanfBj)+•••+alan (Bm) eşitliği kanıtlanmak. Daha önemli konulara odak­ laşmak adına bunu yapmayacağız, bu eşitliğin doğ­ ru olduğunu kabul edeceğiz. Kaldığımız yerden devam edelim. Elbette alan(J2l) < alan(S) olur. Demek ki, sup{alan(J4.) : JA bir mozaik ve JA ç S} < alan(S) olur. Aynı şeyi S’yi kapsayan mozaikler için de yapa­ biliriz ama bu sefer sup’ü değil inf’i almak gerekir: alan(S) < inf{alan($) : 'B bir mozaik ve S ç 2?}. Demek ki, sup {alan(J2l) : SA bir mozaik ve JA ç S} < alan(S) < inf{alan(2?) : S bir mozaik v e S ç S). Bu arada, eğer S’yi sınırlı almasaydık, inf’i alınan kümenin boşküme olacağını söyleyelim, ama neyse ki S’yi sınırlı aldık. Eğer boşkümeyi bir dikdörtgen olarak kabul etmeseydik, sup’ü alman küme de boşküme olabilirdi. Soldaki ve sağdaki sayıların birbirine eşit ol­ duklarını ve böylece sup{alan( JA) : JA c S} = alan(S) = inf{alan($) : S cı 2?}


eşitliğini elde edeceğimizi umabiliriz. Bu, birçok geometrik şekilde doğrudur ama her zaman doğru değildir. Örneğin, eğer S bir daireyse, eşitlik doğru olur. Ama eğer 5 = (Q x O) n ((0,1) x (0,1)) ise, kolayca görüleceği üzere, supfalanfJ2!.) : JA ç= S} =0 ve inf {alan ($) : S ç B ( =1 olur. Bu durumda, yani sup sayısı inf sayısına eşit değilse, S’nin alanının olmadığını söyleyebiliriz. Aksi halde, yani sup sayısı inf sayısına eşitse, o za­ man alanın olduğunu ve alanın bu sayıya eşit oldu­ ğunu söyleyebiliriz. Bir de şu seçenek var: Soldaki sayıya altalan, sağdaki sayıya üstalan diyebiliriz ve alt ve üstalanları, alan*(S) = sup f a la n j) : J4.cz S) ve alan*(S) = inf{alan(S) : S c 2 ) olarak gösterebiliriz. Elbette, her zaman alan*(S) < alan*(S) eşitsizliği geçerlidir. Altalan ve üstalan birbirine eşit olduğunda, “S’nin alanı vardır” denir ve alan(S) olarak yazılan bu alanın alan» (S) = alan4(S) sayısına eşit olduğu söylenir. Tüm bu yapılanların bir anlam kazanması için, bir dikdörtgenin alanının kaç olduğunu bilmek ge­ rekir elbette, yoksa alan*(S) ve alan*(5) sayıları hesaplanamaz. a x b boyutlu bir dikdörtgenin alanı­ nın ab olduğunu varsayacağız. Ama bu varsayımın bir sorun yaratmaması için, A, a x b boyutlu bir dikdörtgen olduğunda, alan*(A) = alan‘ (A) = ab eşitliklerinin doğru olması gerekir, ki yukarda ya­ pılan A - ab varsayımıyla alan tanımı uyuşsunlar (aksi halde dikdörtgenin iki değişik alanı olurdu). Bunu da burada kanıtlamayacağız, doğru varsaya­ cağız. (Kanıtlamayı denerseniz pek kolay olmadığı­ nı göreceksiniz.) Mozaiklerimizin dikdörtgenlerinin yatay (ya da dikey) olduklarını varsayabileceğimiz de bir başka gerçektir. Nitekim, bir sonraki şekilde oldu­ ğu gibi, her dikdörtgenin alanına sonlu sayıda ya­ tay dikdörtgenin alanlarının toplamı olarak istedi­ ğimiz kadar yaklaşabiliriz.

Alıştırma 1. Bir noktanın alanının 0 olduğunu kanıtlayın. Sonlu sayıda noktadan oluşan bir kü­ menin alanının 0 olduğunu kanıtlayın. Alıştırma 2. Sınırlı bile olsa, sayılabilir sonsuz­ luktaki bir kümenin alanı verdiğimiz alan tanımıy­ la olmayabilir. Örnek: S = (Q x Q) n ((0,1) x (0,1)). Ama başka sayılarda tanımlayacağımız bir başka alan tanımıyla, sayılabilir sonsuzluktaki kümelerin alanı 0 olur. (Bkz. sayfa 50, ihmal edilebilir küme­ ler ya da MD-2010-IV, sayfa 69, “sıfır ölçümlü kümeler”.). Alıştırma 3. Birim dairenin alanının olduğunu varsayarak, bu alanın 2’den büyük olduğunu ka­ nıtlayın. (Bu, n > 2 eşitsizliğini kanıtlar.) Alıştırma 4. Eğer S illa sınırlı olmak zorunda olmayan bir kümeyse, S’nin alanını şöyle tanımla­ yabiliriz: alan(S) = lim„ x alan(S n B((0,0), n)). Burada, B((0, 0), n) ile simgelenen, (0, 0) merkezli, n yarıçaplı dairedir. Limit oo da olabilir. Ama her şeyden önce limiti alınan sayı dizisinin olması la­ zım, yani S n B((0,0), rı) kümelerinin alanlarının ol­ ması lazım. Eğer S sınırlıysa ve metinde tanımlanan anlamıyla alanı varsa, bu alanla bu alıştırmada verdiğimiz tanımın çakıştığını kanıtlayın. Bu du­ rumda alanın sonsuz olabileceğini görün, mesela alan(IR2) = oo olur. Bu tanımla, bir doğrunun alanının 0 olduğu­ nu kanıtlayın.


3 . A l a n ı n Ö z e llik le r i

Yukarda, düzlemin her altkümesinin açıklanan yöntemle alanının bulunamayacağını gördük. Bir önceki bölümdeki yöntemle alanı olan kümelere ölçülebilir küme diyelim ve ölçülebilir kümelerden oluşan kümeyi M olarak gösterelim. Örneğin tüm dikdörtgenler ve mozaikler M kümesinin eleman­ larıdır. Sonlu kümeler de M kümesinin elemanla­ rıdır. Eğer A e M. ise, bundan böyle alan(Â) yeri­ ne |j(y4) yazalım. Alan yerine “ölçü” kelimesini ter­ cih edeceğiz. Demek ki H : M -> M. bir fonksiyondur. Şu özellikler doğrudur: Her A e M için |a(A) > 0 olur. A.ii. Eğer A, B e M ise A n B ve A u B kü­ meleri de M'dedir ve \i[A u B) = n(A) + |ı(B) - p.(A n B) olur. A.iii. Eğer A, B e M ise A \B e M ve \ B ) = |i(A) - p(A n B ) olur. A . i v . Eğer / : İR2 —►R2 bir izometriyse (yani /, noktalar arasındaki mesafeleri değiştirmiyorsa, bkz [MD-2003-II, sayfa 32-35]), o zaman her A eM T e o re m 1. A .i.

için f(A) e M ve [i(f(A)) = ja(A) olur. A . v . Eğer A, kenarları a ve b uzunluğunda olan bir dikdörtgense, o zaman A e M ve |i(A) = ab olur. A . v i . Mozaikler Jvl kümesindedir ve ölçüleri mozaiği oluşturan dikdörtgenlerin ölçülerinin top­ lamıdır. A.vii. S ç l 2 olsun. Eğer sup(n(J2L) : JA bir mozaik ve JAç: S} ve inf{|^(2?) : 'B bir mozaik ve S çz /B] birer sayıysa ve bu sayılar eşitse, o zaman S e M olur ve n(S) bu sayıya eşit olur. Bu teoremi ölçüm üzerine bir aksiyom listesi olarak kabul edebilirsiniz. Her ne kadar (A.vi) di­ ğer önermelerden çıkıyorsa da, (A.vii)’yi daha ra­ hat ifade edebilmek için (A.vi)’ü listeye ekledik. Bu arada, çeşitli “ölçülebilirlik” kavramları ol­ duğunu, burada tanımladığımızın bu değişik kav­ ramlardan sadece biri olduğunu bir kez daha belir­ telim.

e !M ve = 0. ii. Eğer A, B e M ve A n B = 0 ise A u B e M. ve |i(A u B) - n(A) + \ı(B) olur. iii. Eğer A, B e !M ve A ez B ise S o n u ç 2 . i. 0

H(A) < n(B) olur. Bir doğru parçası ölçülebilirdir ve ölçüsü

iv .

0’dır. v. Eğer A e M , \ı(A) = 0 ve B ç A ise B e M ve |x(B) - 0 olur. K a n ıt : i. (A.v)’e göre M boşküme değildir. A eM olsun. (A.iii)’te B=A alırsak istediğimizi elde ederiz. ii. Yukarda yaptığımızdan ve (A.ii)’den çıkar. iii. |i(A \B) > 0 olduğundan, (A.iii)’ten çıkar. iv. (A.v)’ten çıkar. v. (A.vii)’den çıkar. □ Her üçgenin üç dikdörtgenin kesi­ şimi olduğunu, dolayısıyla ölçülebilir olduğunu ka­ nıtlayın. Bir dik üçgenin alanını bulun. A lış t ır m a 5 .

4 . In te g ra lin T a n ı m ı

[a, b] bir aralık olsun ve / : [a, b] -» İR sınırlı bir fonksiyon olsun, / ’nin sınırlı bir fonksiyon ol­ duğunu varsayalım, / ’nin grafiğini çizelim.

/ ’nin grafiğiyle x ekseni arasına sıkışan c e b ir­ sel a la n a bakalım. “Cebirsel alan”, x ekseninin al­ tında kalan alan negatif hesaplanıyor anlamına gelmektedir. Örneğin, aşağıdaki cebirsel alan O’dır

a


çünkü x ekseninin üstündeki alan x ekseninin al­ andaki alana eşittir ve bu iki alan toplandığında sadeleşirler. İşte / ’nin grafiğiyle x ekseni arasında kalan bu cebirsel alana / fonksiyonunun a’dan b’ye integrali adı verilir ve bu sayı

J>°

eşitliği neden doğrudur?

Alıştırma 7. b e R olsun. / fonksiyonu fsin* f(x) ■

rb

f(x)dx Ja olarak ya da daha kısaca rb

JJa f olarak gösterilir. Tabii bu tanımın anlamlı olması için sayının önceki bölümlerde açıklanan yöntem­ le hesaplanabilir olması gerekmektedir. Sonraki yazılarda tamamen integral hesaplamaya yoğunla­ şacağız. Alıştırma 6. b e R olsun. / fonksiyonu f 3

f(x)

rb

[(7x5 -3x3 -2x)9

formüllerinden biri olarak tanımlansın. İntegralin olduğunu varsayalım. e b+2n

l

eşitliği neden doğrudur? Alıştırma 8. a < b olsun. f{x) = 3 + sin x ya da f(x) = sin2 x ise ve integraller varsa, r b+2n

L f=° eşitliği neden doğru olamaz? V

formüllerinden biri olarak tanımlansın. İntegralin olduğunu varsayalım.

4k + 1 biçiminde yazılan her asalın iki karenin toplamı olduğunun olağanüstü (ama saçmasapan) bir kanıtı Önce Fermat’nın dikkatini çeken ama daha sonra Lagrange tarafından kanıtlanan başlıktaki teoremi 2011-1 sayımızda sayfa 34-39’da, tam beş sayfada kanıtlamıştık. Aşağıdaki kanıtı bize yollayan E. Mehmet Kıral’a teşekkür ederiz. Kanıtın Eskizi: p - 4k + 1 verilmiş asal olsun. S = {(x, y, z) e N3 : x2 +4yz = p) olsun. Önce S’nin tek sayıda elemanı olduğunu kanıtlayacağız. Bunun için S’den S’ye giden şu fonksiyona bakalım: (x+ 2z,z,y-x-z) f(x) = U ly - z,y,x - y +z) [x-2y,x-y +z,y)

eğerx< y-z ise eğer y-z < x < 2 y ise eğerx>2yise

a) Bu fonksiyonun gerçekten S’den S’ye gitti­ ğini kanıtlamak pek zor değil. b) Ayrıca kendisiyle bileşkesinin özdeşlik fonksiyonu olduğunu, yani / 0 / = Ws

eşitliğini kanıtlamak da zor değil. (Yani / , involüsyon demlen fonksiyonlardan.) c) Ayrıca f ’nin tek ve sadece tek bir noktayı, (1, 1, k) noktasını sabitlediğini göstermek de ol­ dukça basit. Bu 3 olgudan S’nin tek sayıda elemanı olduğu çıkar. Şimdi S’nin bir başka involüsyonuna bakalım: g(x, y, z) = (x, z, y) olsun. S’nin tek sayıda noktası olduğundan, S’de g’nin sabitlediği bir nokta vardır, yani S’de (x, y, y) biçiminde yazılan bir eleman vardır. Bu x ve y sa­ yıları için, x2 + (2^2 = p olur! □ Bu kanıt D. Zagier’nin [The American Mathematical Monthly 97, no. 2, Şubat 1990, sayfa 144]. Zagier, kendi ifadesine göre, bu kanıtı [D. R. Heath-Brown, Fermat’s two squares theorem, Invariant 1984, sayfa 3-5]’teki kanıttan esinlenmiş.


Kapak Konusu: întegral

Riemann İntegrafinin Tanımı Sonat Süer* / sonatsuer@gmail.com Ali Nesin* / anesin@bilgi.edu.tr 1. Giriş [a, b] kapalı bir aralık ve / : [a, b] —» R sı­ nırlı bir fonksiyon olsun, / ’nin grafiğini çizelim.

f ’nin grafiğiyle x ekseni arasına sıkışan cebirsel alana yoğunlaşalım. “Cebirsel alan”, x ekseninin altında kalan alan negatif hesaplanıyor anlamına gelmektedir. Örneğin, aşağıdaki cebirsel alan O’dır

çünkü x ekseninin üstündeki alan x ekseninin altın­ daki alana eşittir ve cebirsel olarak toplandığında bu iki alan sadeleşirler. Dolayısıyla negatif bir fonk­ siyonun cebirsel alanı negatif, pozitif bir fonksiyo­ nun cebirsel alanı pozitif olacak. işte / ’nin grafiğiyle x ekseni arasına sıkışan ce­ birsel alana f fonksiyonunun a’dan b’ye integrali adı verilir ve bu sayı fb I f(x)dx Ja olarak gösterilir. Tabii bu tanımın anlamlı olması için alanın bir önceki yazıda tanımlandığı anlamda tanımlı olması gerekmektedir. O yazıda bir şeklin alanına, şeklin içine girecek (ya da şekli kaplaya­ cak) biçimde yerleştirilen yarıayrık (yani ancak sı­ nırlarında kesişebilen) dikdörtgenlerin alanlarını toplayarak yaklaşmaya çalışmıştık. Bu yazıda dik­ dörtgenlerimizi dikey (ya da yatay) alacağız, yani

dikdörtgenlerimizin iki kenarı x eksenine paralel olacak. Bununla yetinmeyip, dikdörtgenlerimizin bir kenarım x ekseninin üstünde alacağız. Bu deği­ şikliklerin alan ve cebirsel alan tanımlarında bir far­ ka yol açmadığı kolaylıkla kanıtlanabilir. Sonraki bölümlerde tüm tanımları son derece dikkatlice yapacağız, bu giriş bölümünde sadece sezgi kazanmaya çalışıyoruz. Algılamada kolaylık olsun diye, / fonksiyonu­ nun şimdilik hiç negatif değer almadığını varsaya­ lım (ki cebirsel alan daha aşina olduğumuz alana eşit olsun). O zaman / ’nin grafiğiyle x ekseni arası­ na sıkışan alana, aşağıdaki dikdörtgenlerin alanla­ rının toplamıyla alttan yaklaşabiliriz.

[a, b] aralığını parçaladık. Her parça bir dikdörtgenin ta­ banını oluşturdu. Dikdörtgenin yüksekliğini, dik­ dörtgen fonksiyonun altında kalacak şekilde olabil­ diğince uzun seçtik. Örneğin soldan üçüncü dik­ dörtgenin yüksekliği m2 = min(/(x) : x e [x2, x3]} olarak seçildi. Aslında min yerine en büyük altsınırı, yani inf’i almak gerekebilir, çünkü / ’nin minimum değeri olmayabilir, ama sınırlı bir fonksiyon oldu­ ğundan, / ’nin en büyük altsınırı mutlaka vardır: m2 = inf{f(x) : x e [x2, x3]}. Eğer [a, b] aralığının yukardaki şekilde ele alı­ nan parçalanışını daha da inceltirsek, o zaman ger­ çek alana daha yakın bir sayı buluruz.


/

z

/ / A

A

\ a

b Xj

X2

X 3 X4

XS

Aynı şeyi üstten de yapabiliriz, yani dikdört­ genleri f ’nin grafiğini kaplayacak biçimde de seçe­ biliriz.

/ y 7

k

7

x2

y

X3

b

Bu sefer üçüncü dikdörtgenin yüksekliği M 3 = sup{/(*): x e [x2, x3]} olarak seçilir. Böylece, A3 = *3 ~ x 2

ise, bu dikdörtgenin alanı M3 x A3 olur. Dikdörtgenlerin toplam alanı da Mj x A, sayılarının toplamı olur. Böylece, eğer integral var­ sa, ki bundan böyle integralin olduğunu varsayalım, X ,

Aj = - x,_ı tanımlarını yapalım. (Bkz. aşağıdaki şekil) “Cebir­ sel yükseklik” olarak algılanması gereken mt ve M,

/ ’ ) v

a

2. İntegralin Tanımı / : [a, b] -> R sınırlı bir fonksiyon olsun. [a, b] aralığının bir parçalanışı, P = {a = Xq < x} < ... < x„ = b} şeklinde göstermeyi tercih edeceğimiz sonlu bir kü­ medir. [a, b] aralığının her P parçalanışı ve her i = 1,..., n göstergeci için Mj - sup{/(x) : x e [xM , %,]} mj = inf{/(x) : x e [xM , *,-]}

sayılarının negatif ya da pozitif olabileceklerini göz­ lemleyelim. Ayrıca, her zaman mj < Mj olur ve eşitlik ancak / fonksiyonu [%,_ı, xj\aralığın­ da sabit olduğunda geçerlidir. Öte yandan Aj sayısı hep pozitiftir. Eğer fonksiyon sınırlı olmasaydı, m;-= -oo ya da Mj - oo eşitliklerinin birisinin ya da ikisinin birden gerçekleşebileceğini görelim. Ama biz / ’yi ta en baştan sınırlı aldık. / fonksiyonunun P’ye göre olan üst toplamını u ( p ./ ) = z r = i m «-a «-

A<- \ a f(x)dx ^ X , M‘A‘ ve alt toplamını

olmak zorunda olur. Tabii soldaki ve sağdaki sayı­ lar / ’ye ve a ve b’ye göre değiştikleri gibi [a, &]’nin ele alınan parçalanışına göre de değişirler. Bu parçalanışlar ne kadar ince olursa, “gerçek alana”, yani integrale o kadar yaklaşacağımızı umuyoruz. Hatta bir tür limit aldığımızda (soldaki sayıların sup’ünü, sağdaki sayıların inf’ini aldığı­ mızda) iki limitin birbirine eşit olacaklarını umabi­ liriz. Bu umut, her zaman olmasa da yeterince sık gerçekleşecek. Matematiksel tanımlar yolda.

L(f >/) = S ”=ı w'A' olarak tanımlayalım. mt < Mj olduğundan, L(P, f) < U(P, f) olur. Eğer P ç Q birer parçalanış ise, Q parçalanışı­ na P parçalanışından daha ince parçalanış denir. Parçalanış inceldikçe U(P, f) azalır ve L(P, /) artar: ^ L(P,/)1S<L(Q , /) < U(Q, f ) < U(P, f) olur. / sınırlı alındığından, sup{L(P, /) : P bir parçalanış} ve

(1)


inf{[/(P, /) : P bir parçalanış) birer gerçel sayıdır. Bu sayılardan birincisine / ’nin alt integrali, İkincisine de üst integrali diyeceğiz. Yazılım da sırasıyla şöyle olacak: rb f

= sup{L(P,/): P bir parçalanış}

yazılımı, sonlu bir toplam olan X ”=l fte ) A< yazılımına benzetilmeye çalışılmıştır, ki bu yazılım­ la karşılaşan bir çırpıda ne yapıldığını sezebilsin.

Jq

ve rb

Ja

/ = inf {U(P,f): P bir parçalanış}.

Elbette

f / sJfa /

Jq

olur. Tanım 1. Sınırlı bir f : [a, b\—» K fonksiyonu­ nun alt ve üst integralleri eşitse, bu fonksiyona Riemann integrallenebilir ya da kısaca integrallenebilir diyeceğiz■Alt ve üst integralin ortak değerini / ’nin Riemann integrali ya da daha sade olarak sa­ dece integrali olarak adlandıracağız ve bunu rb f(x)dx Ja

ya da daha kısa olarak

dx : Hayali sonsuz küçük bir sayı olarak canlandırın kafanızda. Her pozitif gerçel sayıdan daha küçük ama gene de pozitif!

Her ne kadar integral sonsuz bir toplam ya da seri değilse de, integrali “sonsuz küçük”

f(x)dx sayılarının (sonsuz) toplamı olarak algılamak hatırı sayılır ölçüde sezgi kazandırır. ilerde aynı düşünceyle ve benzer yöntemle eğri­ lerin uzunluklarını, illa düzlemsel olması gerekme­ yen tuhaf yüzeylerin alanlarını ve bu yüzeylerin hapsettikleri hacimleri hesaplayabileceğiz. Eğer f(x) = x3 +4^ya da f(x) = sin x ise, i a /(*) dx yerine ifade gücü daha yüksek olan

sembolüyle göstereceğiz.

çb

3

(x

Ja

rb

+4)dxve\ sin xdx

I yazılımı, frenk dillerinde “toplam” anlamına gelen sum ya da somme gibi kelimelerin başharfi yazılımları tercih edilir. olan S harfinin stilize edilmiş şeklidir. rb

fJa yazılımı ise, toplamın a’dan b'ye alındığım söylüyor. Neyin toplamı alınıyor? Yükseklikleri f(x), ge­ nişlikleri dx olan temsili ve hayali dikdörtgenlerin alanları toplanıyor. Buradaki dx, aynen yukardaki alt ve üst toplamlardaki A,’ler gibidir, tek bir fark­ la ki dx “O’dan büyük ama sonsuz küçük” olarak algılanması gereken hayali bir sayıdır. Bir başka deyişle, rb

f(x)dx

Ja

Ja

f(x)dx

yazılımındaki x teorik açıdan gereksizdir. Buradaki x yerine y ya da t de yazabilirdik. Bu yüzden

yazılımı tercih edilebilir. Öte yandan integrali rb f(x)dx Ja

olarak yazmanın ileride sonsuz yararlarını göreceğiz. Tahmin edileceği üzere sadece tanımdan hare­ ketle bir fonksiyonun integralini hesaplamak hiç


kolay değildir. Ama çok çok zor fonksiyonların integralini almayı başaracağız, hem de bu sayımızda. Hemen basit iki örneğe bakalım. Örnek 1 [Sabit Fonksiyonun întegrali]. c sabit bir sayı olsun. rb cdx - c(b - a) Ja

eşitliğini göstereceğiz. Integralin tanımını uygula­ mak için, her x e [a, b] için f(x) = c tanımını yapalım.

Her n > 0 doğal sayısı için özel bir P„ parçala­ nışı seçelim: P„ = {0, b/n, 2b/n, ..., (n - 1)bln}. Yani ib x, =olsun. O zaman, \m ibc M; - cx, = — , n (i -1)bc mj = cxj_ ı n

b A ( =

Bu durumda herhangi bir P parçalanışı için (bkz. yukardaki şekil),

U(P,/) = X ”=ıcA' =CX "=l(*'-*'-l) = c{xn -x0) =c(b-a). Aynı şekilde L(P, /) = c(b - a). Demek ki / fonksiyonu integrallenebiliyor ve rb

f(x)dx =c{b- a),

Ja

yani integral tam tamına dikdörtgenin alanına eşit. Bu da, sezgilerimizi matematikselleştirmek açısın­ dan doğru yolda olduğumuzun bir göstergesidir. Örnek 2. m > 0 bir sabit ve her x e [0, b] için f(x) = cx olsun. •b

n

olur. Demek ki, n *0 ib2c C

n ,„

Z

,=1M, Ai = X l=1 n

2

2

b c

b c n(n +1)

b2c(n +l) 2

n

Cebirsel olarak (mesela tümevarımla) hemen anla­ şılabileceği üzere, n büyüdükçe U(P„, f) küçülür. Dolayısıyla, cb J / =inf{[7(P,/) :P bir parçalanış} < lim^oo U{P„,f) = lim„.

b^c(n +1) b2c 2n = ~2'

Benzer şekilde

jj( x ) d x ■i.-

f / V

sayısını hesaplayacağız. Eğer hislerimizi matemati­ ğe doğru tercüme etmişsek, aşağıdaki şekilde de gösterildiği gibi, ilkokuldan beri bildiğimiz üzere, tabanı b, yüksekliği cb olan üçgenin alanını, yani b^-c/2 sayısını bulmalıyız.

* -

1.

Bu iki eşitsizlikten, ve ayrıca rb

M

rb

eşitsizliğini bildiğimizden, / fonksiyonunun integrallenebir olduğunu ve


f 6/ - — V 2 eşitliğini buluruz.

3

gibi hesapları ve çok çok daha zorlarını çok kolay biçimde yapabileceğiz. Hatta bu örneği hemen gele­ cek yazıda hesaplayabileceğiz. Alıştırma 1. Sonlu sayıda nokta dışında hep 0 değerini alan bir / fonksiyonunun integralinin 0 ol­ duğunu kanıtlayın. Integrali olmayan bir fonksiyon örneği verme zamanı geldi. Örnek 3. / : [0,1] —» İR fonksiyonu şöyle ta­ nımlansın: ^ ^

eğer X e Q ise

[0

aksi halde

olsun.

Görüldüğü gibi Örnek 2 çok kolay olmadı. Bir sonraki aşamada f(x) = x2 fonksiyonunu denerse­ niz, çok daha büyük zorluklarla karşılaşacaksınız. Neyse ki, bu sayıda geliştireceğimiz yöntemlerle,

Ja

^

Jl

jl

eğer * e Q ise

[0

eğer x g Q ise

Bu durumda, her P parçalanışı için L(P, f) = 0 ve U(P, f) = 1 olur. Dolayısıyla bu fonksiyon -verdiğimiz tanımla - integrallenemez. Daha ileri seviyede analizde, bir başka integral tanımıyla elbette, bu fonksiyonun integrallenebilir olduğunu göreceğiz.

limn_*» f n ~ f olur ama / integrallenemez (Örnek 3). Yani integrallenebilir fonksiyonların noktasal limitleri integrallenmeyebilir. İlerde düzgün yakınsaklıkta böyle bir sorun yaşanmadığını göreceğiz. Dikkat ederseniz, bir parçalanışta eğer x;_| = xt olabilseydi, o zaman A , = 0 olurdu ve bu aralığın U(P, f ) ve L(P, f ) sayılarına bir katkısı olmazdı. Bundan böyle za­ man zaman parçalanışlarda xt_\ = x eşitliğine de izin vereceğiz. Bu esneklik bize bazen kolaylık sağ­ layacak. Örneğin, bu varsayımla, artık a = b duru­ mu da kale alınmış olacak: Her / fonksiyonu için Cb

J / =o Ja olur. 3. Riemann İntegralinin Bir Başka Tanımı / fonksiyonu ve [a, b] aralığı yukardaki gibi ol­ sunlar. P = [a = x0 < < ... < x„ = b}, [a, b] aralığının bir parçalanışı olsun. Rastgele bir t,

e

[ X j- t , Xj]

seçelim ve t = {t\,..., t„) tanımını kabul edip,

R(n/,f) =X ”=ı/MA, toplamına yoğunlaşalım. ntj < f ( t , ) < M i

olduğundan, L(P, f) < R(P, f , t) < U(P, f) olur.

Alıştırma 2. [0, l ) n Q kümesinin sayılabilir ol­ duğunu biliyoruz. Bu kümenin elemanlarını bir di­ zi olarak yazalım, diyelim (q„)n. (Her kesirli sayıda dizide bir ve bir defa beliriyor.) Şu f n : [0,1] —> R fonksiyonlarını tanımlayalım: 1

eğer x e{q1, ...,qn}ıse

0

aksi halde

Alıştırma l ’e göre /„ fonksiyonlarının her biri integrallenebilir. Şimdi

R(P, f , t) sayısı yukardaki gri dikdörtgenlerin alanlarının toplamıdır.


Şimdi integralin olduğunu varsayalım. O za­ man, P parçalanışını yeterince ince seçerek, L(P, /) ve U(P, f) sayılarını istediğimiz kadar birbirine, do­ layısıyla rb

eşitsizliğini sağlayan bir ti e [*,_!, x,] vardır. Bu eşitsizlikleri A, ile çarpıp tüm i’ler üzerin­ den toplayalım: 0 <R(PE,f,t)-L(Pe, f ) < ^

J/

Ja

sayısına da yakın seçebiliriz. O zaman R(P, f, t) sa­ yısı rb

1/

•>a

integraline çok yakın olur, ve bu dediğimiz t, e [xı_x, xt] koşullarını sağlayan her t - (fj, ..., tn) için doğru olur. Aşağıdaki teoremin yarısını kanıtladık: Teorem 2. / : [a, b] —> R sınırlı bir fonksiyon olsun, f ’nin integrallenebilir olması ve integralinin A olması için şu koşul yeter ve gerektir: Her s > 0 için öyle bir Pe={a = x0 < x 1 < ... < x n = b) parçalanışı vardır ki, her P 2 PEparçalanışı ve ti e Xj] içindeliklerini sağlayan her t = ( î j , ..., tn) için, IR(P, f, t) - Al < e olur. Kanıt: Koşulun sağlandığım varsayalım, e > 0 olsun. Teoremin önermesindeki gibi bir Pg/4 = [a = xq < * 1 < ... < xn - b}, seçelim, m, ve inf’in tanımlarından dolayı, her i için,

Wk, \ u ckiı\ttw At

buluruz. Öte yandan P£ seçiminden dolayı, \R(P£J,t)-A\<~. Bu iki eşitsizlikten IL(Pe,/) - A\<\L(P£,f)-R(Pe,f,t)\+\R(PE,f,t)-A\ 8

8

< çıkar. Aynı şekilde

8

4 +4 = 2

|LT(Pe,/)-A|< | eşitsizliği kanıtlanabilir. Demek ki U(PE, f) - L(PS, / ) < 8 ve bu da integralin olduğunu gösterir. İntegralin A’ya eşit olduğu da bariz. □ îki değişik soru var önümüzdeki yazılarda ya­ nıtlanması gereken: 1) Bir fonksiyonun integralenebilir olduğunu anlamanın kolay bir yolu var mı? 2) Eğer bir fonksiyon integrallenebilirse, integrali ger­ çekten somut olarak bulmanın kolay bir yolu var mı? Her ne kadar bunlar fonksiyonuna göre çok zor problemler olabilecekse de, birçok durumda şa­ şırtıcı derecede basit yanıtları vardır. Bizi izlemeye devam edin. V


Kapak Konusu: întegral

İntegral Üzerine Temel Sonuçlar Sonat Siler* / sonatsuer@gmail.com Ali Nesin* / anesin@bilgi.edu.tr Bu yazıda integralin çok temel ba­ zı özelliklerini kanıtlayacağız. Örneğin integ­ ralin, fonksiyon toplaması ya da fonksiyon sırala­ masıyla arasındaki ilişkileri irdeleyeceğiz. Önce bu tür kanıtları kolaylaştıracak bir iki sonucu kanıtla­ yalım. 1. Integrale Parçalanışla Yaklaşmak Teorem 1. Sınırlı bir f : [a, b] —> H fonksiyonu­ nun integrallenebilir olması için gerekve yeter ko­ şul, her pozitif s sayısı için U(P, f) - L(P, f) < e eşitsizliğini sağlayan bir P parçalanışının olmasıdır. Kanıt: Geçen yazıda verdiğimiz tanımlara göre, her P parçalanışı için

noktalarından oluşsun: P = P^^j P2 olsun. Kolayca görülebileceği gibi (bkz. geçen yazıdaki (1)) L(Pİ5/ ) < L( P , /) ve U(P, f) < U(P2, f) olur. Sonuçta elimizde U(P, f) —L(P, f) < U(P2, f) —L(P\, f) s

v2 *a eşitsizliği kalır. Bu da zaten kanıtlamak istediğimiz.

□ Sonuç 2. Sınırlı bir f : [a, b] -» R fonksiyonu­ nun integralinin olması için gerek ve yeter koşul, \a, b] aralığının, lim „ ^ o0(ü(P„,/)-L(P„,/)) = 0 eşitliğini sağlayan bir (P„)„ parçalanış dizisinin ol­ masıdır. Bu durumda,

L(P,f)<\bf< \ bf <U(P,f) *a

rb

•>a

eşitsizlikleri geçerli. Eğer her e > 0 için U(P, f) - L(P, /) < e eşitsizliğini sağlayan bir P parçalanışı varsa, o za­ man, her e > 0 için

JH /<e rb

rb

Ja

Ja

sağlanmalı. Başka bir deyişle alt ve üst integraller eşit olmalı, yani integral olmalı. Diğer taraftan, diyelim f : [a, b] -> R sınırlı fonksiyonunun bir integrali var. Yani / ’nin alt ve üst integralleri birbirine eşit. Sıfırdan büyük bir e alalım. Alt integral alt toplamların supremumu ve üst integral de üst toplamların infimumu olduğun­ dan, 0<\hf-L(Px,f)< e /2 Ja ve

eşitsizliklerini sağlayan Pt ve P2 parçalanışları var­ dır. Şimdi P parçalanışı, P; ve P2 parçalanışlarının

rb

f = lim„_* o, U(P„, /) = lim

00L(P„,f)

olur.

Bu kriteri kullanarak biraz daha karmaşık fonksiyonların da integrallenebilir olduğunu göste­ rebiliriz. İşte basit bir örnek: Örnek 1. [O, 1] aralığı üzerinde f(x) = x2 fonk­ siyonunun integrallenebilir olduğunu ve bu integra­ lin 1/3’e eşit olduğunu gösterelim. Pozitif bir n tam­ sayısı için P„ = [Xj = Un : i = O, ..., n) olsun. Bu durumda

M, = P-ln1, = (i —1)2/w2 ve

A,- = l/n olur. Demek ki,

- n3 4ZV-D2

"6«3f " 1’


Benzer şekilde t7(p« ’ / ) = E <”-1MA = i—H-l S " - ı 4 n1 (-1 1 •sç'n _ „3 A

=\

,2 n(n+\)(2n+\) ~

6„3

Buradan, aradaki farkın n sonsuza gittiğinde O’a gittiğini göstermek zor değil. Demek ki fonksiyo­ nun integrali var. Yukardaki sonucu kullanarak integrali hesaplayalım: 'J JO

x ile y eksenlerinin yerini değiştirelim ya da (ay­ nı şeye denk gelen) düzlemin x~ y eksenine göre si­ metrisini alalım. Hesaplamak istediğimiz alan yu­

*>U(Pn, f)

rin +\)(2n +1) 1 6«3 =3 Yaptığımız işin ne kadar şaşırtıcı olduğunu gös­ termek için aşağıdaki gri alanı hesapladığımıza dik­ katinizi çekeriz. = lim„

karıdaki gri bölgenin alanı. Ama bu sefer eğrinin denklemi y = x2 ve bu eğrinin altındaki alanı yuka­ rıdaki örnekte hesaplamıştık: 1/3. Demek ki soru­ muzun yanıtı 1 - 1/3 = 2/3’tür: Alıştırma 1. Aşağıdaki eşitliği kanıtlayın. ,4

b -a dx ■ Az buz bir marifet değil yani yaptığımız. Bir nu­ mara daha yapalım:

Alıştırma 2. Aşağıdaki eşitliği kanıtlayın. rb

Örnek 2. Aşağıdaki integrali hesaplayalım.

exp x dx = exp b - exp a

Ja

f -Jxdx

2. întegralin Temel Özellikleri Integralin temel özelliklerini kanıtlayalım.

JO

Yakında olacak ama şimdilik bu integrali doğrudan hesaplamak için bir yöntemimiz yok. Yukardaki yöntemi uygulamaya çalışırsanız, toplamını hesap­ layamadığınız bir seriyle karşılaşacaksınız. Proble­ mi, f(x) = fonksiyonunun grafiğiyle x ekseni arasında x - O’dan x = l ’e kadar olan bölgenin ala­ nını hesaplamak olarak görelim. Şekil aşağıda:

4

Teorem 3. f, g : [a, b] —> 0&integrallenebilir iki fonksiyon olsun. a. [Toplamsalhk.]

[ (f+g)=\ / +f

Ja

Ja

b. [Doğrusallık.] Her c e l için Ja

Ja

c. [Sıralamaya Saygı.] Eğer f <g ise

J/ * J* Ja

Ja

Dolayısıyla eğer f > O ise rb

I f*°-

Ja

Bu alanı hesaplayacağımıza, (alanı 1 olan) bi­ rim karenin içindeki ama grafiğin üstündeki alanı hesaplayalım. Bu alanı aşağıdaki şekilde gösterdik.

d. [Alt ve Üstsınır.] Eğer M = sup{f[x) : x e ja, b\) ve m = inf{/(x) : x e [a, b]} ise,

Ja

g.


fb

m(b-a)< I f< M (b- a). Ja

e. [Üçgen Eşitsizliği] l/l fonksiyonu da integrallenebilir ve

t H 'f ' olur. {. [Ötelemeye Tepkisizlik.] Her c e İR için rb Ja

rb+c

f(x)dx = \ f(x-c)dx. Ja+c

g. [Büzüşmeye Tepki.] Her c > 0 için rcb

rb

f(x/c)dx=c\ f(x)dx.

Jca

J a

Kanıt: a. Kanıtımız, her P parçalanışı için, doğ­ ruluğu bariz olan,

L(P, cf) - cU(P, f) U(P, cf) = cL(P, f) eşitlikleri doğrudur. U(P, f) - L(P, /) < e/lcl eşitsizliğini sağlayan bir P parçalanışı seçelim. Böy­ lece, U(P, cf) - L(P, cf) = cL(P, f) - cU(P, f) = \c\(U(P, f) - L(P, /)) <e olur ve bu da istediğimizi kanıtlar. c. Çok bariz. d. Bir öncekinden çıkar. e. P = {a = * 0 < X\< ... < xn - b] bir parçalanış olsun. Gerçel sayılarda geçerli olduğunu bildiğimiz üçgen eşitsizliğinden dolayı her x, y e [x,_ı, xj\için,

!/(*)! - l/(y)l ^ !/(*) -

L(P, f +g) = L(P, f) + L(P, g) f(y)\ U(P, f +g) = U(P, f) + U(P, g) ve dolayısıyla eşitliklerini kullanacak. Zaten bu seviyedeki tüm sup{l/(x)l - \f(y)\: x, y e [*M , *,]} sonuçlarımız sonlu toplamlar olan V ve L’nin özel­ < sup{l/(jc) - f(y)I :x ,y e [*M , *,•]} liklerini kullanmaya mahkûmdur. Sıfırdan büyük olur. Sol taraf bir e alalım, f ve g integrallenebilir olduğundan, sup{l/(x)l : x e [xM , *,-]} - inf{l/(y)l : y e [xt_h x,]} U(Ph f) - L(Pj , /) < e/2 sayısına eşit, sağ taraf da ve suplf{x) : x e [xM, x,]} - inf{/(y) : y e [xM , x,]) U(P2, g) - L(P2, g) < sİ2. sayısına, yani M, - nij sayısına. Demek ki, eşitsizliklerini sağlayan P\ve P2 parçalanışları var­ sup{l/(x)l : x e [xt_^ X,}} dır. P = ? ! u ? 2 olsun. Böylece, - inf{l/(y)l : y e [xM , X,]} < M, - m,-. U(P, f +g)- L(P, f +g) Her iki tarafı da A, ile çarpıp i üzerine toplamayı ya­ = [U(P, f ) -L(P, /)) + (U(P, g) - L(P, g)) parsak, < (U(P1, f) - L(P1, /)) +(U(P2, g) - L(P2, g)) 0 < U(P, l/l) - L(P, l/l) < U(P, f) - L(P, f) < e/2 +e/2 = e . olur. / integrallenebilir olduğundan sağdaki sayıyı olur ve bu da istediğimizi kanıtlar. dilediğimiz kadar küçük yapabiliriz, böylece b. Eğer c = 0 ise, her iki taraf da 0 çıkar ve bu U(P, l/l) - L(P, l/l) durumda kanıt tamamlanmıştır. Önce o 0 varsa­ sayısını da istediğimiz kadar küçük yapabileceğimi­ yımını yapalım. Kanıtımız, bu sefer, her P parçala­ zi görürüz, aynı P işimizi görür. Demek ki l/l integ­ nışı için, doğruluğu gene bariz olan, rallenebilir. Ayrıca, L(P, cf) = cL(P, f) -ı/ı < / < ı/ı U(P, cf) = cU(P, f) olduğundan, (c)’den dolayı eşitliklerini kullanacak. Sıfırdan büyük bir e alalım. rb rb rb -j l / l < j / < j ı/ ı , / integrallenebilir olduğundan, Ja Ja Ja U[P, f) - L(P, f) < e/c eşitsizliğini sağlayan bir F parçalanışı vardır. Böy­ lece, U(P, cf) - L(P, cf) = cU(P, f) - cL(P, f) < olur ve bu da istediğimizi kanıtlar. Eğer c < 0 ise, bu sefer

yani I

rb JJ a

f

rb

|

\

-

i

Ja

olur. cdc Son = e iki önerme okura alıştırma olarak bırakıl­ mıştır. (a) ve (b)’deki kanıtların benzerleri yapılma­ lıdır. □


Alıştırma 3. Yukardaki teoremden rb

f(c-x)dx= I

Ja

de integrallenebilir olmasıdır. Ayrıca bu durumda

rc-a

f{x)dx

\

Jc-b

rb

pl

olur. Kanıt: Önce / fonksiyonunun [a, c] ve [c, b] üzerine de integrallenebilir olduğunu varsayalım. Sonuç 2’ye göre, [a, c] ve [c, £>]’nin,

f(x)dx = (b-a)\ f(a +(b -a)x)dx

Ja

JO

formüllerini türetin. Alıştırma 4. Aşağıdaki integrali / ’nin integrali cinsinden veren bir formül bulun. rb

Ja

lim,

)-L

lim„

Demek ki integrallenebilir fonksiyonlar topla­ ma ve çıkarma ve bir skalerle (yani bir gerçel sayıy­ la) çarpma altında kapalılar. Bu fonksiyonların çarpma altında da kapalı olduklarını sonraki yazı­ lardan birinde kanıtlayacağız. Sonuç 4. f ve g integrallenebiliyorsa (f v g)(x) = max{/(x), g(x)} ve (/ Ag)(x) = min{/(x), g(x)} eşitlikleriyle tanımlanmış f v g ve f a g fonksiyon­ ları da integrallenebilir. Kanıt: , \f-g\+f+g , / +g - l / - g l / v r --- 2— — ve f A 8 = ---- 2 ----

H

Q n ,f |M ]|

=

0

lim«_» oo(U(P„ u Q n,f)-L(Pn ı^Qn^f)) —^ çıkar. Gene Sonuç 2’ye göre / ’nin [a, b] üzerine in­ tegrallenebilir olduğu ve \bf = \imn^ aoU(Pn u Q „ , / ) Ja

= lim«_> oo(U(Pn, f |^c]) +U(Q„, /|jC)^,]))

= lim„_>.x U(P„, / |jaj£.j) +

Integral aralığını da küçük aralıklara ayırıp her aralıktaki integrali ayrı ayrı hesaplayabiliriz: a <c<b ise, aşağıdaki eşitliğin bir yanı anlamlı olduğu sü­ rece, diğer yanı da anlamlıdır ve rC

0

eşitliklerini sağlayan (P„)„ ve (Qn)„ parçalanışları vardır. Ayrıca Pn ve Q n parçalanışları (tek bir nok­ ta dışında) ayrık olduklarından, alt ve üst toplam­ ların tanımından dolayı, U(Pn u Q„, f) = U(P„, /|k c]) + U(Qn, /,[C) b]) ve L(P„ u Q n, f) = L(Pn, /|k c]) + L(Qn, /,[C) b]) eşitlikleri geçerlidir. Bütün bunları bir araya koyar­ sak,

Alıştırma 5.1/1 fonksiyonun integrallenebilir ol­ duğu ama / fonksiyonunun integrallenebilir olma­ dığı bir fonksiyon bulun.

rb

=

ve

f(A x+ B)dx

eşitliklerinden ve Teorem 3’ten hemen çıkar.

‘/-JV+J*/ Ja Jc

Ja

ve

rb

1 Ja f =J a\ MJ c f eşitliği geçerlidir. Şimdi bu sonucu kanıtlayalım: Teorem 5. / : [a, b] —> R sınırlı bir fonksiyon olsun. Eğer a <c< b ise, f fonksiyonu [a, b] üzerin­ de integrallenebilir olması için gerek ve yeter koşul, f fonksiyonunun [a, c] ve [c, b] aralıkları üzerinde

oo

U(Qn, / |

-f/+f/ Ja Jc eşitlikleri çıkar. Şimdi / fonksiyonunun [a, b\üzerine de integ­ rallenebilir olduğunu varsayalım, e > 0 olsun. Te­ orem l ’e göre, U(P, f) - L(P, / ) < e eşitsizliğini sağlayan bir P parçalanışı vardır. Bu P parçalanışına c noktasını da ekleyerek bir Q parça­ lanışı elde edelim. Elbette, U(Q, f) - L(Q, f) < U(P, f) - L(P, f) < s olur. Q parçalanışını c’den küçük eşit ve c’den bü­ yük eşit elemanlardan oluşan iki ve Q 2 parçası­ na ayırabiliriz. L(Q, f) = L(Qı, /) + L(Qı, f) ve


U(Q, f ) = U (Q ı, /) + U(Q2, f ) olur. Demek ki,

(U(Qı, f) - L(Qı, /)) - (U(Q2, f) ~ U Q 2, /)) < e olur. Parantezdeki terimler negatif olamayacakla­ rından, i - 1,2 için, U(Qi, f) - UQj, /) < e elde ederiz. Teorem l ’e göre, bu, istediğimizi kanıt­ lar. □ Yukardaki sonuçtan esinlenerek, eğer b < a ise, rb

rb

J/ =“J/

*a

Ja

Sonuç 6. / fonksiyonu [a, b] aralığı üstünde integrallenebilir ve > 0 olsun. Eğer rb

J>° ise, o zaman f her süreklilik noktasında 0 değerini alır. Dolayısıyla integrali 0 olan sürekli bir fonksi­ yon, sabit 0 fonksiyonudur. Kanıt: Fonksiyonun c’de sürekli olduğunu var­ sayalım. Eğer f(c) > 0 ise, / sürekli olduğundan, küçük de olsa bir (c - e, c +e) aralığında fonksiyo­ nun aldığı değerler > f(c)/2 olur [MD-2008-III, say­ fa 35, Sonuç 16]. Teorem 5’e göre,

tanımını yapabiliriz. Böylece, her a, b, c e R için, rb

j Ja

rb

f e+e

J JC-Ef

ra

/ = Jc1 / _ J Jc/

vardır ve gene aynı teoreme (ve Teorem 3.c’ye) göre

eşitliğini elde ederiz. Ayrıca yukardaki sonuç, eğer 0<

2e x

f(c)/2

<

r c +E / < J c —e

rb Ja

/ =0

olur ve bu bir çelişkidir. integrali varsa, her a < c < d < b için Alıştırma 6. Aşağıdaki integralleri hesaplayın. J

integralinin de olduğunu gösterir. Ayrıca,

r2 J

m = \ xf = \xf ( t ) d t Ja Ja

formülünün [a, b]’den K’ye giden bir fonksiyon ta­ nımladığını gösterir, ilerde, bu fonksiyonun türevlenebilir olduğunu ve türevinin de / olduğunu, yani F' = f eşitliğini göstereceğiz. Kalkülüsün Temel Teoremi olarak bilinen bu sonuç gerçekten çok önemlidir ve integral hesaplarını müthiş derecede basitleştirir. Integral cebirsel alanı hesapladığından, integralin 0 olması bize fazla bir bilgi vermez. Öte yandan eğer fonksiyon > ise, o zaman integralin 0 olması demek, fonksiyonun O’a çok yakın olması gerektiği düşünülebilir. Aşağıdaki sonuç, integrali 0 olan fonksiyonlar hakkında ipucu veriyor.

I x Idx, 2 1x \dx,

rl

J J 2 1x I + 1x + 1 1) dx

Alıştırma 7. Eğer / : [-b, b] —» R tek bir fonk­ siyonsa, f(x)dx =0 eşitliğini ve eğer / çift bir fonksiyonsa J ^f(x)dx = 2^f(x)dx eşitliğini kanıtlayın, (/’nin integrallenebilir olduğu­ nu varsaymak gerekiyor elbette.) V


Kapak Konusu: İntegral

İntegrafin Varlığı Sonat Süer* / sonatsuer@gmail.com Ali Nesin* / anesin@bilgi.edu.tr Integralle ilgili olarak, sınırlı bir fonksiyon hakkında iki soru sorulabilir: 1) Integrallenebilir midir? 2) Eğer öyleyse integral kaça eşittir? Bu yazıda bu sorulara kısmî yanıtlar vereceğiz. Tahmin edileceği üzere, marifet, bir fonksiyonun integralinin kaç olduğunu bilmeden, hatta hesapla­ maya kalkışmadan integrallenebilir olduğunu gös­ terebilmek. Örneğin birazdan sürekli fonksiyonla­ rın integrallenebilir olduklarını göreceğiz. Daha sonra monoton fonksiyonların da integrallenebilir olduklarını göreceğiz. Böylece bir çırpıda, integrali hesaplayamasak da, birçok fonksiyonun integralle­ nebilir olduğunu anlamış olacağız. Daha sonraki yazılarda integrali en doğal durumlarda hesaplama­ nın yolunu bulacağız. 1. Süreklilik ve integral Bu aşamada çok az sayıda fonksiyonun integ­ rallenebilir olduğunu biliyoruz. Sıradaki teorem bi­ ze oldukça fazla sayıda yeni örnek veriyor. Ama önce düzgün sürekliliğin tanımını anımsayalım. Bir / : [a, b] —> R fonksiyonunun sürekli olma­ sı, sembolik dilde şöyle ifade edilir: Vx e [a, b\Vs > 0 38 > 0 Vy (be - yİ < 8 => If{x) - f[y)I < e). Buradaki 8 sayısı, genellikle e’a ve x’e göre de­ ğişir. Eğer 8 sayısını %’ten bağımsız bulabilirsek, o zaman / fonksiyonuna düzgün sürekli denir. Yani / ’nin düzgün sürekli olması demek, Vs > 0 38 > 0 Vjc, y e [a, b] (bc - yİ < 8 => If(x) - f{y)I < e) önermesinin doğru olması demektir. Bu kavramı [MD-2009-III-IV, sayfa 77]’de uzun uzadıya irdele­ miştik. [a, b] gibi tıkız bir küme üzerindeki sürekli bir fonksiyon düzgün sürekli olduğunu kanıtlamıştık [MD-2009-III, sayfa 77, Teorem 25]. ilk teoremi­ mizde bu sonucu kullanacağız.

Teorem 1. Eğer f : [a, b] -> R sürekliyse integ­ rali vardır. Kanıt: Kapalı bir aralık üzerine tanımlanmış sürekli bir fonksiyonun sınırlı olmak zorunda ol­ duğunu anımsayalım [MD-2008-IV, sayfa 22, Te­ orem 2]. Sıfırdan büyük bir e alalım. / düzgün sürekli ol­ duğundan, öyle bir 8 > 0 vardır ki eğer \ x- y\< 8 ise

\f(x)~ f(yj < ~ —

b- a

olur. Şimdi [a, 6] aralığının öyle bir P = {a = x0 < <xn = b) parçalanışını seçelim ki, her i = 1, ..., n için, A, < 8 olsun. M, ve mt simgelerini de bu sayının ta en ba­ şında kullandığımız anlamlarda kullanalım. P’nin seçiminden dolayı, her i = 1, ..., n için e M , —ntf< ---b-a olur. Şimdi

U(P, f) - L(P, f) = X "=1M, A, - Y l=xmi A-

=Z-=1(M<-w<>A< Z

n

e

‘=^~b—~â b - a ^ i =1 ' {x „ -

b- a olur, istediğimiz kanıtlanmıştır.

x

0)=

’~V e

Sonuç 2. Polinomiyal fonksiyonlar ve sin, cos ve exp fonksiyonları her kapalı aralık üstünde in­ tegrallenebilir. □ Sonuç 3. Parçalı sürekli olan bir fonksiyon in­ tegrallenebilirdir. Kanıt: Teorem l ’den ve sayfa 42’deki Teorem 5’ten çıkar. □ Sonuç 4. Dışbükey ve içbükey fonksiyonlar in­ tegrallenebilirdir.


Kanıt: Bu tür fonksiyonlar süreklidir [MD2010-III, sayfa 18, Teorem 2], □ Örnek 1 (Dairenin Alanı). (0, 0) merkezli ve r yarıçaplı bir çemberin denklemi X1 +y2 = r2 biçimindedir. Bu denklem, . f i

y = ±yr -x

2

olarak çözülebilir. Pozitif kısım, yani

f2

y = yr -x

2

denklemi, a: ekseninin üstündeki parçanın denkle­ midir. Şimdi fr(x) = -Jr2 -x2 yazıp, / ’nin [-r, r] aralığındaki integralini alırsak, dairenin alanının yarısını buluruz. (Bu integral var­ dır çünkü f r fonksiyonu süreklidir.) Ayrıca /r fonksiyonu çift fonksiyon olduğundan, / ’nin [0, r\ aralığındaki integrali, dairenin alanının dörtte biridir. Bu alana A(r) diyelim: A(r)=jQf r(x)dx. Şu eşitliğe dikkat edelim: f r{x) = J r 2 -x2 = r^]l-(x/r)2 =rf\(xlr). Şimdi Sayfa 40-41’deki Teorem 3.g’yi c = r için uy­ gulayalım: A{r) = j ^ f r(x)dx = J o r f 1(x/r)dx = r j ^ f 1(x/r)dx = r 2j of 1(x)dx = r2A(l) buluruz. Demek ki, A(r) = r2A{ 1). Yani A (l)’i bulursak, A(r)'yi de bulmuş olacağız. İleride A (l)’in rt/4 olduğunu göreceğiz ve böylece r yarıçaplı bir çemberin alanının 4A(r) = 4r2A(l) = ıt r2 olduğu anlaşılacak. Peki sürekli olmayan ama integrali olan fonksi­ yonlar bulabilir miyiz? Cevap çok kolay, işte basit bir örnek. Örenek 2. [0, 1] aralığı üzerinde tanımlı şu fonksiyona bakalım: f0, x = 0 ise /(*)= / .. 1, x*0ıse

Herhangi bir 0 < e < 1 sayı alalım. P = (0 = * 0 < Xı = e < ;t2 = 1) olsun. Bu durumda kolayca görülebileceği gibi U(P, /) = 1 ve L(P, /) = 1 - £ olur. Yani / integrallenebilirdir ve

fV =1 Jo olur. Benzer şekilde sadece sonlu noktada süreksiz fonksiyonların da integrallenebildiğini göstermek kolay. Detayları bir alıştırma olarak okura bırakı­ yoruz. Ya sonsuz noktada süreksiz bir fonksiyonda durum ne? ilk önce tüm noktalarda süreksiz olan ve daha önce gördüğümüz (sayfa 37, Örnek 3) bir örneğe bakalım. Örnek 3. / : [0, 1] —> R fonksiyonu şu şekilde tanımlanmış olsun: [0 eğer x e Q ise f(x) = [l eğer x g Q ise Hangi [a, b] kapalı aralığını alırsak alalım sup[f(x) :x e [a, b]} = l ve inf{/(x) : x e [a, b]) = 0. Yani hangi P’yi alırsak alalım U(P, f) = 1 ve L(P, /) = 0. Buradan da elbette / ’nin alt integralinin 0 ve üst integralinin 1 olduğu çıkıyor. Demek ki / integrallenebilir değil. Peki ya sonsuz noktada süreksiz fonksiyonlar arasında integrallenebilir olan var mı? Cevap olum­ lu. Hatta sıradaki örnekten anlaşıldığı üzere fonksi­ yonun süreksiz olduğu noktalar tanım kümesinde yoğun bile olabilir. Örnek 4 (Dirichlet). / : [0, 1] —>■İR fonksiyonu şu şekilde tanımlanmış olsun: J l /<7 x = p l q en sade halinde kesirliyse, f(x) [0 x irrasyonelse ya da x =0 ise. Bu fonksiyonun kesirli sayılarda süreksiz ve kesirli olmayan sayılarda sürekli olduğunu geçmişte kanıt­ lamıştık [MD-2008-III, sayfa 26-29]. Herhangi bir P parçalanışı için L(P, /) = 0 olacağı açık çünkü her aralık irrasyonel sayılar içermek zorunda. Üst toplamları 0’a istediğimiz kadar yaklaştıra­ bileceğimizi göstereceğiz. Pozitif bir n tamsayısı ala­ lım. Diyelim ki en sade halinde paydasında «’den


küçük bir tamsayı olan rasyonel sayılar a\< ••• <akŞimdi ardışık herhangi iki terim arasındaki mesafe­ nin en fazla 1 8= 2k(n + l)

olduğu bir F = {O = * 0 < ••• < x„ - 1} parçalanışı seçelim. Şimdi [X j_ ı , Xj\ aralıklarını, bir a^ içerip içerme­ diklerine göre ikiye ayıracağız ve bu iki tür aralığın üst toplama katkılarını ayrı ayrı hesaplayacağız, a/lerden birini içeren bir aralık için MjAj < Aı < e olur. Her i için de, <2„ P’nin belirlediği en fazla iki aralığın içinde olabilir. Demek ki bir a, içeren ara­ lıkların üst toplama katkısı en fazla 2kz olabilir. Diğer yandan, eğer hiçbir i için at e [xj_İ5 xj\ sağlanmıyorsa, o zaman / fonksiyonu xj\ara­ lığında en fazla 1l(n + 1) değerini alabilir. Bu du­ rumda da bu tür /’lerin üst toplama katkısı Z /M /A / * max{M/j X /A/ ^ max{M,} < olur. Sonuç olarak 1 1 1 2 U(P,f) < 2ke +-- - =2k— -- - +-- - = -- n +1 2k{n+l) n +1 tı+1 eşitsizliğini elde ederiz. Başta rastgele bir n aldığı­ mızdan, bu, / ’nin üst toplamını istediğimiz kadar küçültebileceğimiz anlamına gelir. Yani / ’nin integrali vardır ve

fV-0 Jo olur. Monotonluk ve lntegral Aşağıdaki sonuç da oldukça genel bir sonuç: Teorem 5. Kapalı bir aralık üzerinde tanımlı olan artan [ya da azalan) fonksiyonlar integral­ lenebilir fonksiyonlardır. Kanıt: / : [a, b] —> R artan (daha doğrusu azal­ mayan) bir fonksiyon olsun, n herhangi bir doğal sayı olsun ve [a, b] aralığını ardışık mesafeleri bir­ birine eşit n parçaya bölelim, yani . b- a x; - a + ı--n olsun. Bu parçalanışa P„ diyelim. Elbette A,-= (b - a)ln, mt = f(xi_1) ve M,- = f(xt)

olur. Dolayısıyla, bariz sadeleşmelerle, U(Pn, f)~L(Pn, f)

Z

n r,

, h ~a

i=1/te-l) —

V ”-1,, , b ~a

- 2 .^• V (*‘■)_ ^

n elde ederiz, ki bu da integralin varlığını kanıtlar. □ Daha fazlasını kanıtladığımızın farkına varmış olabilirsiniz: Sonuç 6. Eğer f : [a, b] —> İR artan bir fonksi­ yonsa ve . b -a X, =a +tise, b - a y r 'n - l r. .

r° „

s r^ n b --aa'

,,

,

olur. Azalan fonksiyonlar için eşitsizlikler ters döner. Sonuç 7. Eğer f : [a, b]-> K. monoton bir fonk­ siyonsa, f integrallenebilirdir ve integrali, .b - a x; = a+ r sayıları için, lim„_> oo— ~ Z ”=oı/<*»') =00~~~ Z ”-ı &xt) sayısına eşittir. Kanıt: Teorem 5’in kanıtından ve sayfa 39’daki Sonuç 2’den çıkar. □ Sonuç 8. / : [a, b] —> R artan bir fonksiyon ol­ sun. Eğer A sayısı, her n > 0 için, b-a\~>»-i.( . b —a ]„ . --- / • „ / X :=a +ı ---- < A n ^-‘ı=0 { ‘ n ) b~a\^n ( .b - a < --- > •_nf\ x>= a + t--eşitliğini sağlıyorsa, o zaman rb

J

f = A

olur. Kanıt: Yukarıdaki iki sonuçtan çıkar.

Sonuç 9. Parçalı monoton olan bir fonksiyon integrallenebilirdir. Kanıt: Teorem 5’ten ve sayfa 42’deki Teorem 5’ten çıkar. □


3. Polinomlann întegrali Polinomlar sürekli olduklarından integrallenebilir olduklarını biliyoruz. Bu bölümde polinomların integralini bulacağız.

olsun. O zaman

olur. rb

Önsav 10. Eğer p e N ve 0 < a < b ise [ xpdx

integrali vardır ve bp+1-ap+1 p +1 sayısına eşittir. Kanıt: n üzerine tümevarımla kolaylıkla kanıt­ lanabilecek şu eşitsizliklerle başlayalım: Her n > 0 doğal sayısı ve her p e N için, n- 1 nP+1 iP < - < Y ” ip =0 P +1 ~£-‘i=1

s:

Tarafları bp+1 ile çarparsak, +1 1 bsr'n- lf ib ü3 -<b -Yn n 1n fl n ^ '= 1 p+ elde ederiz. Şimdi f[x) = xP ve x, = ib/n tanımlarıyla, 1

bp+1

bsr^n

rb r°

rraa

Bu örneklerden sonra akla doğal olarak şu so­ ru geliyor: Tam olarak hangi fonksiyonların integrali alınabilir? Bunun cevabını sayfa 50-53’teki ya­ zımızda vereceğiz. Alıştırma 1. Aşağıdaki integralleri hesaplayın.

f

J0

yr’dx,

f

x4dx,

J -2

p +1

|

x2 -x3)ix, J (x-l)2dx, | ^ (x-\)4dx

Alıştırma 2. Sayfa 40-41’deki Teorem 3.f’yi kullanarak

x -ir p +1

rb

r l

olur. Kanıt: Alıştırma olarak bırakılmıştır. (Bkz. Say­ fa 40-41, Teorem 3f.) □ Yukardaki önsavdan hareketle tüm polinomların integralini bulabiliriz. Teorem 12. Eğer rt* )= E "= o a'x '

integralini hesaplayın. Alıştırma 3. Hangi b değerleri için J0*(l ~2x)dx =0

Sonuç 11. p e N ve 0 < a < b ise, her c e IS için, l\x . c f d x j - ..r Ja

f 2 x2dx,

J1

J 3(* + 6)15dx

b ı p+ 1 -ap+1

J>Wo'-

bir polinomsa,

olur. Bu muhteşem sonuç Kalkülüsün Temel Teore­ mi olarak bilinir.

p+\

Dolayısıyla rb p°

[ f{x)dx = F(b) - F(a) Ja

J ^{x -\){x +2)dx,^ ^{2x +x3 -x5)dx,

elde ederiz. / , İR-0 üzerine artan bir fonksiyon ol­ duğundan, bundan Sonuç 8’in varsayımlarının f(x) = xP, A = bP+1/(p + 1), a = 0 ve b için doğrulandığı anlaşılır. Demek ki V

p(x)dx = P(b)-P(a)

İlerde aynı sonucu çok daha kolay bir biçimde kanıtlayacağız. Laf açılmışken çıtlatalım: P' -p ol­ duğu belli. Genel olarak eğer bir F fonksiyonu için F' = f ise

•>a

b

Ja

olur? Alıştırma 4. Eğer / fonksiyonu, \x2 eğer 0< x < l ise f(x) = -i [2x-l eğer 1 < * < 2 ise biçiminde tanımlanmışsa, \lf{x)dx integralini hesaplayın. Alıştırma 5. p(0) = p(l) = 0 ve ^p(x)dx = 1 eşitliklerini sağlayan en küçük dereceli polinomları bulun. V


Kapak Konusu: İntegral

İntegraller İçin Ortalama Değer Teoremi Aşağıdaki son derece önemli te­ oremi kanıtlayacağız:

m = inf{/(x) : x e [a, b]) olsun. Sayfa 40-41’deki Teorem 3.d’ye göre, rb

1

Teorem 1 [Integraller için Ortalama Değer Te­ oremi]. / : [a, b] —» R sürekli bir fonksiyonsa, o za­ man bir c e [a, b] için f f(x)dx = f(c){b -a) Ja

m< --f(x)dx<M b- a Ja olur. Ama f sürekli olduğundan, Aradeğer Teoremi’ne göre [MD-2008-IV, sayfa 16-21], bir c e [a, b] için, rb

1

7 -- f(x)dx = f(c) b - a Ja olur. Bu da teoremi kanıtlar.

olur.

Bu teorem genelleştirilebilir: Teorem 2 [İntegraller için Ağırlıklı Ortalama Değer Teoremi], f ve g fonksiyonları [a, b] aralığın­ da tanımlı olsunlar, f'nin sürekli ve g’nin ya hep > 0 ya da hep < 0 olduğunu varsayalım. O zaman ki gibi pozitif bir / fonksiyonu üzerinde biraz açık­ layalım: Teorem bize, / fonksiyonunun grafiğin al­ tındaki alanın, b - a uzunluğunda ve bir c e [a, b] için, f(c) yüksekliğinde bir dikdörtgenin alanına eşit olduğunu söylüyor. Daha fiziksel olabiliriz: Yu­ kardaki gri alanı içine su doldurulmuş dikey bir fa­ nus ya da tanker olarak düşünün. Fanusun üst ca­ mım kırıp (yani fonksiyonu kaldırıp) suyu özgür bı­ rakınca, yani fanusu akvaryuma çevirince, teorem •y

y = f(x) m

m X

a

c

b

a

c

b

Fırtına geçtiğinde, suyun aldığı konum sağda

bize, suyun çıkacağı yüksekliğin, bir c e [a, b] için f(c) sayısı tarafından verildiğini söylüyor. Yani bir nevi ortalama, sonsuz sayıda, hatta sayılamaz son­ suzlukta sayının ortalaması!

[ f(x)g(x)dx = f(c) f g(x)dx Ja Ja eşitliğini sağlayan bir c e [a, b] vardır. Eğer g(x) = 1 sabit fonksiyonsa, bir önceki te­ oremi elde ederiz. Kanıt: Gerekirse g yerine —g alarak, g’nin hiç­ bir zaman negatif olmadığını varsayabiliriz, m ve M bir önceki kanıttaki gibi olsunlar. mg(x) < f(x) < Mg{x) eşitsizliklerinin integralini alarak, rb

rb

rb

ra g(x)dx < I f(x)g(x)dx<M\ g[x)dx Ja Ja Ja elde ederiz. Eğer f

I g{x)dx =0 Ja

ise bu eşitsizlikler rb

f(x)g(x)dx

Ja

Teoremin Kanıtı: / sürekli olduğundan integrallenebilir olduğunu biliyoruz. M = sup{/(%) : x e [a, b]} ve

integralinin de 0 olduğunu gösterir ve dolayısıyla bu durumda teorem her c e [a, b] için doğrudur. Eğer


rb g(x)dx*0 Ja ise bu eşitsizlikleri bu sayıya bölersek, Aradeğer Teoremi’ne göre, bir c e [a, b] için rb f(x)g(x)dx

?

Ja

integralini yaklaşık olarak bulun. İpucu: V1" *

= f(c)

= 7 =

Vl - x t2 -

g(x)dx

Alıştırma 2. 1 +x6 = (1 +x2)(l - x2 + x4) eşit­ liğini kullanarak, her a > 0 için

Örnek. Yukardaki teoremi kullanarak, r1

x

1

1

10^5 “ Jo 73 +2x X ~ 10^3 eşitsizliklerini göstereceğiz. Elbette integralini al­ mayı bildiğimiz fonksiyona g diyeceğiz: g(x) = x9 olsun. x e [0,1] olduğundan, g > 0 olur. Ve

1 +a°

( V

a3

a +

olur ve bu da teoremi kanıtlar.

1

~dx

Jo

a 1

f

Ja

Alıştırma 1. Yukardaki teoremi kullanarak

3

5 >

<

f a dx J

z3 a5 3 +5

eşitsizliklerini kanıtlayın. Alıştırma 3. Eğer n > 0 bir tamsayıysa, bir Jnn < c< -J(n+l)n

M

~ j3+ 2x

için

olsun. Teoreme göre, \ '- r ^ = d X = - - L _

f 1

— ? =

lr>,/3 +2x V3+2cJo 10V3 +2c eşitliğini sağlayan bir c e [0, 1] vardır, c - 0 ve c l ’de en sağdaki terim sırasıyla maksimum ve mini­ mum değerini alır. Eşitsizlik buradan çıkar.

J -Jnj:

-1)" sin* dx = ■ C

eşitliğinin doğru olduğunu kanıtlayın. V


Kapak Konusu: întegral

İntegrallenebilir Fonksiyonların Sınıflandırılması Sonat Süer* / sonatsuer@gmail.com Ali Nesin* / anesin@bilgi.edu.tr Bu yazıda bir fonksiyonun Riemann integrallenebilir olması için gerekli ve yeterli koşullar bulacağız. Önceki yazıda, sürekli fonksiyonların integrallenebilir olduklarını kanıt­ ladık. Ama sürekli olmayan bazı fonksiyonların da integrallenebilir olduklarını gördük. Öte yandan, örnek olarak verdiğimiz integral­ lenebilir fonksiyonların süreksizlik kümesi “olduk­ ça küçük”tü. Yazının sonunda kanıtlayacağımız temel teorem, küçük kelimesi doğru yorumlandı­ ğında aslında bunun tüm integrallenebilirliğin bir karakterizasyonunu verdiğini söyleyecek. Bu yüz­ den yazımıza “küçük küme”ye anlam vermekle başlayacağız. 1. İhmal Edilebilir Kümeler Tanım. Bir (a, b) açık aralığının boyunu l(a, b) = b - a olarak tanımlayalım. A, K’nin bir altkümesi olsun. Eğer her e > 0 için

A £ U leN7'

VC

koşullarını sağlayan bir (/,•),• açık aralık dizisi var­ sa, A kümesine ihmal edilebilir ya da sıfır-ölçümlü denir. Biz birinci terminolojiyi tercih edeceğiz. Tanımdan hemen görüldüğü gibi, ihmal edile­ bilir bir kümenin altkümeleri de ihmal edilebilirdir. Tek bir noktadan, hatta sonlu sayıda noktadan oluşan bir kümenin ihmal edilebilir olduğu da bel­ li. ilk sonucumuz bu olguyu genelleştirecek. Teorem 1. Sayılabilir sayıda ihmal edilebilir kümenin bileşimi de ihmal edilebilirdir. Kanıt: (An)n ihmal edilebilir kümelerden olu­ şan bir dizi olsun. Pozitif bir e alalım. Varsayımdan dolayı her » e N için

A,

•1 s IU'ie N 7”’

ve

-Z,« ■■■■•

,n + 1

önermelerini sağlayan bir (Inj)j açık aralıklar dizi­ si vardır. Buradan da, 2 IfLİ

ve = E

elde ederiz. Elbette {I„ti}(n>/)en2 ailesini indeks kü­ mesi N olacak şekilde, yani bir dizi olarak düzen­ leyebiliriz, çünkü N2 sayılabilir bir kümedir. (Seri­ deki tüm sayılar > 0 olduğundan, düzenlemenin yapılış biçimi yukardaki toplamı etkilemez.) Yani <J„A„ kümesi ihmal edilebilir bir kümedir. □ Tek elemanlı kümeler ihmal edilebilir olduğun­ dan bu teorem bize sayılabilir kümelerin ihmal edi­ lebilir olduğunu söylüyor. Örneğin, bu sonuca gö­ re, (sınırsız olan) Q kümesi ihmal edilebilirdir. Sayılabilir olmayan ama gene de ihmal edilebi­ lir kümeler de var. işte bir örnek: Alıştırma 1. Cantor kümesinin ihmal edilebilir olduğunu gösterin. 2. Salınım Teoremimizi yazabilmek için, küçük kümelerin tanımından sonra, bir fonksiyonun ne kadar sürek­ siz olduğunu ölçme yöntemine ihtiyacımız var. Tanım: Sınırlı bir / : [a, b] —> (R fonksiyonu­ nun kapalı bir I çz [a, b] aralığındaki salıntmım, Qj(f) = sup{l/(x) - f(y)I :x ,y e I) olarak tanımlayalım. Eğer J ç I ise, elbette, Qj(f) < Q;(/) olur, yani kapalı aralık küçüldükçe salınım azalır. Tanım: Şimdi, I kapalı aralıklarını bir nokta etrafında küçülterek, Clj(f) sahnımlarınm limitini alacağız, f fonksiyonunun a ve b noktalarındaki saltmmı sırasıyla


coa(f) = lim ^ o * Q[a, a+t](f) ve <ab(f) = limj _jy o* %_!,*,](/) olsun. Eğer c e (a, b) ise / fonksiyonunun c nokta­ sındaki salınımı coc(f) = Ümf c+(](/) olarak tanımlayalım. Monotonluk (7 küçüldükçe I ’daki salınım da küçülür) ve sınırlılıktan dolayı tanımda söz konu­ su olan limitlerin olduğuna okurun dikkatini çe­ keriz. Bu arada, her t > 0 için, ® c( / ) * < V t ,

c+t](f)

eşitsizliğini, dolayısıyla c’yi içeren her / açık aralı­ ğı için coc(f) < nj(f) eşitsizliğini not edelim. Alıştırma 2. coc(f) = inf{:Qj(/) : I kapalı aralık ve c e I c [a, b]} eşitliğini gösterin. Sezgisel olarak, bir fonksiyonun bir noktadaki salmımı ne kadar fazlaysa fonksiyon da o noktada sürekli olmaktan o kadar uzaktır. Sıradaki teorem bu sezgiyi kısmen somutlaştırıyor. Teorem 2. Sınırlı bir f : [a, b] -» K fonksiyo­ nunun bir c e [a, b] noktasında sürekli olması için gerek ve yeter koşul coc(f) = 0 eşitliğidir. Kanıt: Önce c e (a, b) içindeliğini varsayalım. Diyelim coc(f) = 0. Pozitif bir e alalım. Salınımın ta­ nımından dolayı, c+t\(f) < e eşitsizliğini sağ­ layan bir t > 0 vardır. Dolayısıyla eğer x e [c - t, c + t\ ise If(x) - f(c)I < s olur çünkü c e [c - t, c + t\. Bu da tam tamına / ’nin c’de sürekli olması demektir. Şimdi de / ’nin c’de sürekli olduğunu varsaya­ lım. Gene pozitif bir e alalım. Sürekliliğin tanımın­ dan be - c\< t => If(x) - f(c) I < s/2 önermesini doğrulayan bir t > 0 sayısı vardır. Şim­ di eğer x^, X2 e [c - t, c + t] ise üçgen eşitsizliğin­ den, \f(X l) - f(x2)I < \f(Xl) - f(c)I + If(x2) - f(c)I < c/2 +e/2 - e elde ederiz. Dolayısıyla c+t](f) - e °lur-e rastgele olduğundan, buradan coc[f) = 0 bulunur.

c - a ve c - b durumları benzer şekilde kanıt­ lanabilir. □ 3. Ana Teorem Artık söz verdiğimiz teoremi kanıtlayabiliriz. Teorem 3 [Lebesgue]. Sınırlı bir f : [a, b] İR fonksiyonunun integrallenebilir olması için gerek ve yeter koşul süreksiz olduğu noktaların ihmal edilebilir bir küme oluşturmasıdır. Kanıt: Önce / ’nin integrallenebilir olduğunu varsayalım, / ’nin süreksiz olduğu noktaların kü­ mesine D diyelim. D ’nin ihmal edilebilir olduğunu göstereceğiz. Önceki teoremden dolayı, D - {c e [a, b] : coc(f) > 0} eşitliği geçerlidir. Demek ki, D = 1J„=1 {c e k b]: coc{f) > 1İn}. Teorem l ’den dolayı, her pozitif a için, D a = [c e [a, b] : coc(f) > a} kümesinin ihmal edilebilir olduğunu göstermek ye­ terli. Bir a > 0 sabitleydim. Pozitif bir e alalım. U(P, f) - L(P, f ) < a e/2 eşitsizliğini sağlayan bir P = [a = Xq < ... < b = %„} parçalanışı seçelim. Biraz önceki eşitsizlik elbette bize X ”=ı QK-ı ,*,] ( f ^ i =

<M<_ m>)Ax< (X£

=U(P,f)-L(P,f)< — eşitsizliğini verir. Diğer yandan H ( x i^ ,x l )n D a * 0 a A x ‘ ~ •“

(* ,_b

xt ) n Du ^ 0 ^ 1 xi-1> xi 1^

^ X‘

ve dolayısıyla, bir önceki eşitsizlikle birlikte, * 0 a A x i~2 buluruz. Yani D a kümesinden x0>..., xn elemanla­ rını çıkarınca kalan kümeyi uzunlukları toplamı s/2’den küçük olan açık aralıklarla kaplayabiliyo­ ruz. Geri kalan sonlu sayıdaki x0, ..., xn noktaları­ nı da elbette uzunluklarının toplamı E/2’den küçük açık aralıklarla kaplayabiliriz. Böylece D a’yı top­ lam uzunluğu e’dan küçük olan açık aralıklarla


kaplamış oluyoruz. Bu da D a’nın ihmal edilebilir olduğunu gösterir. Şimdi de diğer tarafı kanıtlayalım. D ’nin ihmal edilebilir olduğunu varsayalım. Pozitif herhangi bir e sayısı alalım. D Eç D ol­ duğundan D e kümesi de ihmal edilebilirdir. Bir sonraki paragrafta D £ kümesinin kapalı olduğunu göstereceğiz. Diyelim ki x elemanı D e kümesinin kapanışın­ da. Pozitif bir t alalım. Bu durumda Dgn [x - t, x +t) kümesinde bir c elemanı var. Eğer yeterince küçük bir s > 0 seçersek, elbette, fc - s, c +s] ç [x - t, x + t] olur. Böylece, *+*](/) * %-s, e«](/) * ®e(/) * E buluruz. Eğer f yi sıfıra götürürsek bu da bize cox(f) > e verir. Yani x e D £ ve D £ kapalı bir küme. Kapalı ve sınırlı olduğundan D £ tıkızdır. Dola­ yısıyla, D g kümesi ihmal edilebilir olduğundan, D£ ç [ J .[/, ve S ,- ^ U*)<e önermelerini sağlayan Uİ5 ..., Um açık aralıkları vardır. Kesişenlerin bileşimini alarak, 17, açık ara­ lıklarının ayrık olduklarını varsayabiliriz. Ayrıca sınırdaş olan U/lere sınır noktalarını ekleyerek t/,’ler arasındaki mesafenin O’dan büyük olduğunu varsayabiliriz. Her i - 1,..., m için lt, Ut açık aralığının kapa­ nışı olsun. Biraz önce yaptığımız varsayımlardan dolayı / kapalı aralıkları ayrıktır. Şimdi K = [a, b]\(viUi)cz[a, b]\De olsun. Elbette K kapalı ve dolayısıyla tıkız. Hatta K kapalı aralıkların birleşimi. Diğer yandan, her x e K için cox(f) < e. Bura­ dan da her x e K için x e J° ve flj(f) < £ koşullarını sağlayan kapalı bir / aralığı olduğu çı­ kar. (/°, / ’nin içidir, bkz. [MD-2009-I-II, sayfa 33].) K tıkız olduğundan, her i = 1, ..., k için, n j(f) < e eşitsizliğini sağlayan K’yı kaplayan / İ5 ..., kapa­ lı aralıkları bulabiliriz. %.u/.(/) = max{Qj( f ) , Q;.(/)} olduğundan, gerekirse bileşimlerini alarak, /,• kü­ melerinin ayrık olduklarını varsayabiliriz.

Şimdi 7j, ..., Im, J ı, —,J m kümelerinin uç nok­ talarını kullanarak [a, b] aralığının bir P = {a = x0 < ■ ■ ■< b = x„) parçalanışını elde edelim. M, / ’nin [a, b] aralığın­ daki en küçük üstsınırı olsun. Bu durumda U(P, f)-L(P, /) = z r = ı a h w . - ) + z t ı Qh

< 2Me+e(b -a) sağlanır. Ama £ rastgele seçildiğinden son ifadeyi istediğimiz kadar küçültebiliriz. □ 4. Ana Teoremin Sonuçları Sıradaki sonuçlar Lebesgue’in karakterizasyonundan hemen çıkıyor. Sonuç 4. Eğer f : [a, b\—> [R integrallenebiliyorsa ve g : İR —> İR sürekliyse g ° f fonksiyonu da integrallenebilir. □ / integrallenebilirse, l/l fonksiyonun da integ­ rallenebilir olduğunu sayfa 40-41, Teorem 3.e’de kanıtlamıştık. Aynı sonucu bir kez daha kanıtlaya­ biliriz. Sonuç 5. / ve g integrallenebiliyorsa l/l ve f-g fonksiyonları da integrallenebilir. Kanıt: Bir önceki sonuca göre / 2 integrallene­ bilir. Aynı sonuca göre, x h-> sürekli olduğundan l/l = V/2 fonksiyonu da integrallenebilir. fg = \{tf +g)2 - (f-g)2) olduğundan f-g fonksiyonu da integrallenebilir. □ Bir sonraki aritmetiksel soru, / integrallene­ bilirse, l / / ’nin de integrallenebilir olup olmadığı. Teorem 3 yanıtı nerdeyse hemen veriyor, tek so­ run, l/ / ’nin sınırlı olmak zorunda olmaması. Eğer bir e > 0 ve her x için, \f{x)\> s ise / ’ye sı­ fırdan uzak adı verilir. Bu durumda 1// sınırlı bir fonksiyon olur ve l / / ’nin integrallenebilirliğinden söz edebiliriz:


Sonuç 6. Sınırlı ve sıfırdan uzak bir f : [a, b] İR fonksiyonu integrallenebilirse, 1// fonksiyonu da integrallenebilir.

Sonuç 8. Monoton fonksiyonlar integrallenebilirler. Kanıt: Monoton bir fonksiyonun süreksizlik nokta kümesi sayılabilirdir. (Bkz. aşağıdaki gri ka­ re.) □

Aşağıdaki sonucu sayfa 42’de Sonuç 4 olarak da kanıtlamıştık. Sonuç 7. / ve g integrallenebiliyorsa (/ v g)(x) = max{f(x), g(%)} ve ( / A g){x) = m i n { / ( x ) , g(x)) eşitlikleriyle tanımlanmış f v g ve f a g fonksiyon­ ları da integrallenebilir. Kanıt: / ve g’nin süreksizlik noktalarına sıra­ sıyla D ve £ diyelim. Eğer x ne D ’de ne de £ ’de ise, hem / hem de g fonksiyonu %’te süreklidir, dolayı­ sıyla hem / v g hem de / a g fonksiyonları x’te sü­ reklidir [MD-2008-III, sayfa 35, Teorem 17]. So­ nuç şimdi Teorem 3’ten çıkar. □

Buradan bir kez daha / integrallenebilirse, l/l fonksiyonun da integrallenebilir olduğunu kanıtla­ yabiliriz: l/l = / v (-/). Sayfa 46, Sonuç 7’de kanıtladığımız sonucu da bir kez daha kanıtlayabiliriz.

Yazıyı şu ilginç sonuçla bitirelim: Sonuç 9. g fonksiyonu [a, b] aralığı üstünde sü­ rekli olsun ve hiç negatif olmasın. Eğer fb g{x) dx = 0 ise [a, b] üzerine (sınırlı ve) integrallenebilir her f fonksiyonu için rb f(x)g(x)dx =0 olur. Kanıt: m ve M sayıları / ’nin en büyük alt ve en küçük üst sınırları olsun. mg(x) < f(x)g(x) < Mg(x) eşitsizliklerinin integralini alarak, 0 = m\ g[x)dx< f f(x)g{x)dx < Mİ" g{x)dx= 0 Ja

Ja

Ja

elde ederiz. Burada Sonuç 5’i kullandığımıza dik­ katinizi çekerim. V

Monoton Fonksiyonlar Nerdeyse Süreklidir Zafer Ercan / zercan@ibu.edu.tr Teorem. Eğer / : İR —» K monoton bir fonskiyonsa, f sadece sayılabilir sayıda noktada sürek­ siz olabilir. Kanıt: Her n tamsayısı için, A„ = [x e (n, n + 1) : /, %’te süreksiz} kümesinin sayılabilir olduğunu göstermek yeterli. Gerekirse / yerine - / alarak / ’nin azalmayan ol­ duğunu varsayabiliriz. Bu durumda, f(x~) = Ü m ^ - f(x) = lim ^ o f(x-\h\) ve f(x +) = liny^.* f(x) = lim ^ o f(x+\h\) limitleri vardır (çünkü / azalmaz) ve her x için /(*-) < f ( x ) < f ( x +) olur. Süreksizlik noktalarında f(x~) < f(x +) mut­ lak eşitsizliği sağlanır. Dolayısıyla, eğer m pozitif doğal sayısı için,

An m = \x e (n,n + 1) : f(x +) - f(x ) > 1İm) tanımım yaparsak, An kümesi sayılabilir sayıdaki bu An m kümelerinin bileşimi olur. Demek ki An m kümelerinin her birinin sayılabilir olduğunu kanıtlamak yeterli. Daha iyisini yapıp An m kü­ melerinin sonlu olduklarını kanıtlayacağız. Nite­ kim eğer x\ , •••, Xfl e An m ise,

\

5/(»+'1>-/w

olur. Demek ki k < (f(m+1) - f(m))n ve An m sonlu.


Kapak Konusu: İntegral

Düzgün Yakınsaklık, Türev ve İntegral Selçuk Demir* / sdemir@bilgi.edu.tr Ali Nesin8' / anesin@bilgi.edu.tr Türevlenebilir bir fonksiyon di­ zisinin limitinin türevsiz olduğu durumları hayal etmek pek o kadar zor değil. Böyle bir dizi örneği bulmak için, limitin grafiğinin, aşağıdaki şe­ kildeki en üstteki fonksiyon gibi, sert köşelerinin olmasına dikkat etmek yeterli.

f l ve f i fonksiyonların grafikleri aşağıdaki gi­ bi olsun.

f n fonksiyonları türevlenebilir, ama bu dizinin limiti olan / fonksiyonu en az üç noktada türevlenemez.

Bu yazıda türevlenebilir bir fonksiyon dizisinin limitinin ne zaman türevlenebilir olduğuna dair ol­ dukça basit bir koşul vereceğiz. En arzulanan du­ rum. t (linı»— »oo/«) = lim^_>00/« d)

Ve (/„)„ fonksiyon dizisi aşağıdaki gibi devam etsin.

eşitliğinin geçerli olduğu, yani türev işlemiyle limit işleminin yer değiştirdiği durumdur. Aşağıdaki üçüncü örnekten de anlaşılacağı üzere, (/„)„ fonk­ siyon dizisi düzgün yakınsak olduğunda ve hatta li­ mit türevlenebilir olduğunda bile, türevler dizisinin limiti her zaman limitin türevine eşit olmayabiliyor. Örnek 1. f n : [0, 1} —> [0, 1] olacak, / j fonk­ siyonunun grafiği aşağıdaki gibi olsun.

Belli ki (/„)„ dizisi / = 0 fonksiyonuna düzgün yakınsıyor, çünkü ne de olsa II f„ lloo= sup{l f(x) I: x e[0,1]} =

.

f n fonksiyonu tam 2” tane noktada türevlene­ mez ama diğer noktalarda türevlenebilir ve bu noktalarda türevi ya 1 ya da - l’dir. Öte yandan belli ki sivri noktaları yumuşak bir hale getirerek f n fonksiyonunu her noktada türevlenebilir ve hat­ ta sürekli türevlenebilir bir hale sokabiliriz. Yani


şu özellikleri sağlayan bir (/„)„ fonksiyon dizisi bu­ lunabilir. 1. Her f n türevlenebilirdir ve türevi de sürekli­ dir. 2 . lim„ a f n = f = 0 (eşitliğin üstündeki u, düzgün yakınsaklık anlamına geliyor). 3. Dolayısıyla lim„ ^ /„ türevlenebilir bir fonksiyondur ve türevi süreklidir. 4. Ama (/'„)„ dizisi birçok noktada yakınsak değil. Örneğin x = 1/3 noktasında /«(*) =

1

eğer n tekse

-1

eğer n çiftse

bir g fonksiyonuna (noktasal) yakınsayacak ve bü­ tün bunlara rağmen g * f olacak. /„ : K —> K fonksiyonu,

fn(x) = — ~~2 1 +nx

formülüyle tanımlansın. Bu fonksiyonların grafik­ lerini aşağıda resmettik. lim„ oo/„ = 0 eşitliğini göstermek zor değil. Ayrıca, .2 1 -nx

fn(x) =

ve

olur (okura alıştırma) ve (f'n(x))„ dizisinin limiti yoktur. Ayrıca bu örnekte, /„ fonksiyonlarının grafiği­ nin uzunluğunun 2 olduğunu ama düzgün yakınsa­ dığı 0 fonksiyonunun grafiğinin uzunluğunun 1 ol­ duğuna dikkatinizi çekeriz. Yani eğer £(/), / fonk­ siyonunun grafiğinin uzunluğuysa, ^(lim„_). oo /

n) ^

l i m ^ «,/'(*) =

eğer x = 0 ise

[1

Yani, t (lim«_>oo /« ) (x) =lim„_>oo/ (x) eşitliği x = 0 noktasında bozuluyor.

limw_^ oo (.(fn)

olur. Bu da tabii oldukça rahatsız edici bir durum. Türevle fonksiyonun daha uyumlu olduğu durum­ lar her zaman daha fazla tercih edilir. Örnek 2. Biraz daha cebirsel bir örnek verelim. /„ : K —> K fonksiyonu, , , 4 sin(«x) f n( x) = -----------n formülüyle tanımlansın. Elbette, her x e R için lim «-»«/«(*) = 0 , yani lim„ -+x f„ = 0 . (Eşitliğin üstündeki p, noktasal yakınsaklık anla­ mına geliyor.) Ayrıca H/„IL = n olduğundan, fn =

0

olur. Öte yandan, f ' n[x) = cos (nx) ve (/'„)„ dizisinin limiti bile yok. Örnek 3. Bu örnekte, (/„)„ dizisi sürekli türev­ lenebilir fonksiyonlardan oluşacak ve türevlenebi­ lir bir / fonksiyonuna düzgün yakınsayacak, ayrı­ ca (yukardaki örneklerin tersine) ( f'n)n dizisi de

X

n = 1, 2, 3 için f(x) = —----- fonksiyonu 1 + nx 2

Şimdi limitle türevin uyum içinde oldukları özel bir durum göreceğiz. Teorem 1. (a, b), 1H’de açık bir aralık olsun ve f n : (a, b) —» İR türevli fonksiyonlardan oluşan bir dizi olsun. Eğer (/„')„ dizisi g fonksiyonuna düzgün yakınsıyorsa ve (/„)„ dizisi en az bir x0 noktasında yakınsaksa, o zaman (fn)n dizisi de düzgün yakın­ saktır ve limit de türevlenebilir. Ayrıca (fn)n dizisi­ nin limitine f dersek, f ' = g olur. Kanıt: Açık aralığı A ile gösterelim. Ortalama Değer Teoremi’nden [MD-2010-II, sayfa 61-63], her x, y e A için, \(fn( x ) - f m(x ))- (fn( y ) - fm(y))\ <\x-y\ supzeA I/„'(?) - f j z ) I (2 ) eşitsizliği doğrudur. Bu eşitsizlikte y = x0 alırsak,

\( f n( x) - f m( x ) ) - ( f n(x0) - f m(x0))\ < \ x- x0\supzeA l/„'(z) - fn(z)I buluruz. (/„')„ dizisi düzgün yakınsak olduğun­ dan, eşitsizliğin sağ tarafındaki ikinci terimi, n ve ra’yi yeterince büyük seçerek, istediğimiz kadar kü­ çültebiliriz. (/„ )„ dizisi xq noktasında yakınsaktır.


Dolayısıyla, aynı şekilde, n ve ra’yi büyük alarak o terimi de istediğimiz kadar küçültebiliriz. Demek ki (/„)„ dizisi bir düzgün Cauchy dizisidir. Öyley­ se / adını verebileceğimiz sürekli bir fonksiyona (düzgün) yakınsar. Şimdi de / fonksiyonunun türevli olduğunu ve türevinin g olduğunu gösterelim. /'( xq) = g(xq) eşitliğini kanıtlamamız yeterli çünkü /„ —» / oldu­ ğunu biliyoruz ve kanıtta xç’a özel hiçbir şey kul­ lanmayacağız. Hesaplara başlayalım: \f(x) - f(x0) - g(x0)(x - x0)l

^ !/(*) - f ( x o) - (f„(x) - f n(x0))l + !(/«(*) - f»(x0)) - f^(x0)(x - %0)l

Bu teoremin en çok kullanıldığı durumlarda (/„)„ dizisinin düzgün yakınsaklığı açık bir şekilde görülür. Bir de genellikle fonksiyonlarımızın sürek­ li türevleri vardır. Bu durum o kadar sık karşımıza çıkar ki, ayrıca yazmakta yarar var: Teorem 2. Her n için, /„ : (a, b) -> K sürekli türevi olan bir fonksiyon olsun. (/„)„ dizisinin f fonksiyonuna (noktasal ya da düzgün) yakınsadı­ ğını, (/„')„ dizisinin de g fonksiyonuna düzgün ya­ kınsadığını kabul edelim. O zaman f fonksiyonu da türevli bir fonksiyondur ve f - g eşitliği doğ­ rudur.

+l(/„'(*o) ~£(*o))(* _ *o)!Şimdi s > O olsun, « ’yi yeterince büyük ve x’l xqz yeterince yakın alarak, sağdaki üç terimin her birini e \ x- XqI sayısından küçük yapacağız. Sağdaki ilk terim için: (/„')„ dizisi düzgün ya­ kınsak olduğundan, (2 )’den dolayı, öyle bir N j bu­ labiliriz ki her n, m > N-y için

I(/«(*)

Sonuç 3. Her n için, f n : (a, b) -» İR sürekli tü­ revi olan bir fonksiyon olsun. Eğer f n serisi (bir noktada ya da noktasal ya da düzgün) yakın­ saksa ve Yj„ f„ serisi de düzgün yakınsaksa, o za­ man f n serisi de türevlenebilir ve

- e

- fm(x)) - (f„(y) - f m(y))\£ \x y\ olur. Burada m’yi sonsuza götürürsek, her n > N\ için, !(/«(*) -f(x)) - (f„(y) - f(y))\ < \ x- y\e elde ederiz. Demek ki her n > için, If(x) - f(x0) - (fn(x) - f n(x0))\< e \ x- x0\ olur. Böylece sağ tarafın birinci terimini

= !„ /» ’

eşitliği doğru olur. 2. Düzgün Yakınsaklık ve întegral Bir örnekle başlayalım:

e\ x- 3CqI sayısından küçük yaptık. Sağdaki üçüncü terim için: l*m«->oo/«(*o) - S(xo) olduğundan öyle bir bulabiliriz ki l(/»'(*o) - g{x0))(x - x0)l ^ e lx - x0\ olur. Son olarak sağdaki ikinci terimi küçültelim: n > N ı +N 2 olsun. f„ fonksiyonu x()’da türevli olduğundan, öy­ le bir 8 > 0 bulabiliriz ki her \ x- Xq\< 8 için \{fn(x) ~ f„(xo» - fn(x q){x - * 0)l < &\x- X0I olur. Şimdi, bu son üç eşitsizliği bir öncekinde yeri­ ne koyarsak If(x) - f(x0 ) - g(x0)(x - x0)l < 3e lx - x0 l, yani f(x)-f(x0) -~g(x0 ) <3s -XQ buluruz ki bu teoremin kanıtını bitirir.

( I > )

Örnek 4. [0, 1] n Q kümesinin sayılabilir ol­ duğunu biliyoruz. Bu kümenin elemanlarını bir di­ zi olarak yazalım, diyelim (qn)n. (Dizinin tüm te­ rimleri kesirli sayı ve her kesirli sayı dizide bir ve bir defa beliriyor.) /„ : [0 , 1 ] —> R fonksiyonlarını şöyle tanımlayalım: [l /«(*) = • 0

eğer xe{q1,

ise

aksi halde

f n fonksiyonlarının integrallenebilir ve integrallerin 0 olduğunu biliyoruz. Şimdi /«(*) =

11

eğer x e Q ise

10

aksi halde

lim*-*» f n

- f

olsun. ama / integrallenemez. Yani integrallenebilir fonk­ siyonların noktasal limiti integrallenemeyebilir. Öte yandan eğer integrallenebilir bir fonksiyon dizisi düzgün yakınsıyorsa, limit de integrallenir ve integraller arasında tahmin edilen ilişki vardır:


Teorem 4. (/„ : [a, b] IR)Mintegrallenebilir bir fonksiyon dizisi olsun. (/„)„ dizisi f fonksiyo­ nuna düzgün yakınsıyorsa, f de integrallenebilir ve

olur. Kanıt: e > O olsun, lim^^^, f n = f olduğundan, öyle bir N vardır ki, her n > N ve x e [a, b] için, (3)

3(b-a)

olur. N ’den büyük bir n göstergeci sabitleydim. f„ integrallenebilir olduğundan, öyle bir P parçalanışı vardır ki, -mij„)Ai < el2

(4)

olur. Buradaki Mi n ve m^n sayıları, tahmin edece­ ğiniz üzere, M i,n

fb

rb

rb

J (fn~fU \

\ f n ~ f \ A Ja J ar3 s (b-a)

< 8.

3 Ve bu eşitlik sadece sabitlenen n için değil, N ’den büyük tüm n’ler için geçerli. □ Ja

J / = lim„ ^ 00 f f n

U (P ,/„)- L (P ,/„)= V

bulunur. Demek ki / integrallenebilir. Sıra / ’nin integralini bulmaya geldi. Ama bu çok kolay: \

3. Kuvvet Serilerine Uygulama Aşağıdaki biçimde yazılan bir seriye kuvvet se­ risi denir. OO j

Zi = 0 « *

Kuvvet serilerinin yakınsaklığı x’e göre değişir. Şu olguyu geçmişte kanıtlamıştık: Olgu 5 [MD-2008-II, sayfa 26, Teorem]. S = limsup £ R u (co) ve R = 1/S ise, Z İ S i*

= SUP{/«(*) : * e [x b x i - il)

serisi kİ < R için mutlak yakınsar ve 1x1 > R için ıraksar.

ve min = inf{f„(x) : x e xİA}) olarak tanımlanmışlardır. Şimdi M, = sup(/„(x) : x e [xt, xM]} ve m i = inf[fn(x) : x e [x„ x,_1]} olarak tanımlansın. (3)’ten dolayı, I Mj - Mjt „ I <

Bu R sayısına serinin yakınsaklık yarıçapı adı verilir. Eğer S = 0 ise R = oo kabul edilir.

E 00

i

,=o « x

kuvvet serisinin cebirsel türevi 3(b-a)

V"® • *-1 L !=Qta>x

ve

ve cebirsel integrali

IZo***1l{*+ v>

Demek ki

kuvvet serileridir. Birazdan gerçek türev ya da integralle cebirsel türev ya da integral arasında pek bir fark olmadığını kanıtlayacağız. Aşağıdaki olgu­ yu da geçmişte kanıtlamıştık:

\U(f,F)-U(fn,F)\=

3(b-a) '

3

olur. Benzer şekilde,

İL(/,P)-L(/„,P)I<bulunur. Şimdi, U (f,P )- L (f, P) = \U(f, P) - L(f, P)I = IU(f, P) - U(fn, P) + ü(/„, P) L(fn, P) + L(/„, P) - L(f, P)I < İU(/, P) - U(fn, P)I + lU(/„, P) - L(/„, P)l + lL(/„, P) - L(f, P)I

Olgu 6 [MD-2008-II, sayfa 29, Teorem 1 ve 2]. Yakınsaklık yarıçapı R olan bir kuvvet serisinin cebirsel türevinin ve integralinin yakınsaklık yarı­ çapı R’dir. Aşağıdaki olgu meşhur Weierstrass M-testidir aslında: Olgu 7 [MD-2008-IV, sayfa 50, Teorem 3 ve Sonuç 4].

e

:

.O jX


kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapı R olsun. S < R olsun. O zaman kuvvet serisi [-S, S] aralığı üzerinde düzgün yakınsar. Dolayısıyla kuvvet serisi (-R, R) üzerinde süreklidir. Aynı olgular 'YJ .ai(x-x0)' türünden seriler için de doğru, ancak yakınsaklık bölgesi (x0 - R, Xq + R) olarak alınmalı. Şimdi Sonuç 3’ün sonuçlarını yazabiliriz.

Sonuç 10.

serisinin yakınsaklık yarıçapı R > 0 olsun. Eğer x e (xq - R, x0 +R) ise, bu serinin tanımladığı f fonksiyonu x'te türev­ lidir ve türevi tek tek terimlerin türevlerinin topla­ mına eşittir. Kanıt: Sonuç 3 ve kuvvet serilerleriyle ilgili ver­ diğimiz sonuçlardan çıkar. □ Bunun sonucu olarak, daha önce de bildiğimiz

Sonuç 8 . 00

Zi=0Oi(x-xo)

i H T

kuvvet serisinin yakınsaklık yarıçapı R olsun. 0 < S < R olsun. O zaman kuvvet serisi [xq - S, Xq + S] aralığı üzerinde integrallenebilir ve her x0 - R < a < b < x0 + R için, |İ+ J .L 'Oy—iao j __ ^00 b 1 ^ oo a İ+ 1

a 2 s i=o a’x

= 2 -,-= o

a‘ 7 7 T

_

*= 0 (2 n)\ (-1)” jj 2 n-l Z«-= 01İ2n-1)! (2 « - 1)! X ^ (-1)” X2 ” "1-1 = —si sınx, «ı« = 0 (2 « +1 )!

o* 7 7 1

olur. Kanıt: Sayfa 47’deki Önsav 10’dan çıkar.

sın x =

Sonuç 9. fb exp x dx = exp b - exp a, Ja & cos x dx =sinb -sina, • cı fb sinx dx= cos a-cosb. Jfl olur.

İn

Jn=° [2n)\ X

yco (-1 )” ^n+1 £-‘n=0(2n+l)'. V ’ 00

(—1)”

2n

=V ” ^ « = 0 (2 n)! ve exp x =

XO

( V ^oo

V

Gelelim türeve:

• ^n=0 yfl

X “

^oo

n-1

w =l ( n - l ) \

^

00

rı—

nx 1 yı\ n x

^ ^ n = 0 fi\

expx

eşitliklerini buluruz. V

T M D -A M S İşbirliği TMD ile Amerikan Matematik Derneği (AMS) yönetim kurulları karşılıklı anlaşma yaparak işbir­ liğine (“reciprocity agreement”) karar verdiler. Bu sayede, TMD üyeleri AMS’e artık 126 dolar yerine 84 dolara üye olabilecekler ve başka ayrıcalıklardan da yararlanabilecekler. Daha ayrıntılı bilgi http://www.ams.org/membership/individual/individual adresinde.


Kapak Konusu: İntegral

Kalkülüsün Temel Teoremleri Toplamayla çıkarma birbirinin tersi işlemlerdir. Çarpmayla bölme de, kare almayla karekök alma da öyle (nerdeyse!) Bu bö­ lümde açıklayacağımız üzere, integral almayla tü­ rev alma da (bir anlamda ve çok geniş bir anlam­ da) birbirinin tersi işlemlerdir. Türev, geometrik olarak, teğetin eğimi anlamı­ na geliyor. întegral ise, bir fonksiyonun altındaki alan. Bu ikisinin arasında sanki bir ilişki olmaması gerekir gibi gelebilir ilk bakışta... Ama var! Hem de çok çok yakın bir ilişki. Şaşırtıcı ama böyle.

(ii)’nin Tanımlardan Hareketle Kanıtı: / : [a, b\-» K sürekli bir fonksiyon olsun, / ’nin integrallenebilir olduğunu biliyoruz. Diyelim /, aşağıdaki gibi, ne­ gatif değerler almayan bir fonksiyon:

Teorem 1 [Kalkülüsün Temel Teoremleri, Newton ve Leibniz, 17’inci Yüzyıl sonu]. i. Eğer F : [a, b] -» K sürekli türevlenebilir bir fonksiyonsa, o zaman, rb F'(x)dx = F(b)-F(a)

Ja

eşitliği doğrudur. ii. / : [a, b] —> R herhangi bir sürekli fonksiyon olsun. O zaman

sayısı, / ’nin grafiğiyle, x ekseninin arasına sıkışmış olan ve a'dan b’ye uzanan alandır. / sürekli oldu­ ğundan,

F(x) = \Xf = \Xf(t)dt

F(x)=\Xf

Ja

Ja

fonksiyonu (a, b) aralığında türevlenebilir bir fonksiyondur ve türevi f ’dir, yani F'(x) = f{x) olur. Ayrıca F'(a+) = f(a) ve F'(b~) = f(b) olur. Aslında (ii)’den biraz daha genel bir önerme doğrudur ama şimdilik bununla yetinelim. Bu teore­ mi kanıtladıktan sonra daha genel halini kanıtlarız. Önce ikinci önermeye yoğunlaşacağız; geçen yazıda kanıtladığımız întegraller İçin Ortalama Değer Teoremi’nden bir çırpıda çıkar. Ama Ortalama Değer Teoremi oldukça sofisti­ ke bir teorem olduğundan, ikinci önermeyi sadece türev ve integralin tanımlarından hareketle kanıt­ lamaya çalışalım. Tabii bir yerlerde sürekliliği de kullanmak zorundayız.

Ja

sayısı vardır [Sayfa 44, Teorem 1] ve tf’dan x’e ka­ dar uzanan alandır:

Kanıtta / ’nin negatif olmadığını kullanmaya­ cağız. Bu varsayım sadece sezgi kazanmak için var. Ama / ’nin sürekliliğini daha canahcı biçimde bir kez daha kullanacağız.


F aslında bir fonksiyondur tabii; [a, b] aralığın­ dan KL’ye gider. Ayrıca,

. F(x+h)-F(x) , w mh < ---- 7---- < M/j,

(1)

olur.

F(a) = \af = 0 Ja

olur, ne de olsa bir doğru parçasının alanı O’dır. Şimdi F fonksiyonunun herhangi bir x e (a, b) noktasında türevini hesaplayalım. Türevin tanımı gereği, , F(x+h)-F(x)

F(x)

=lım/,_>0- - - -

olur. Sağdaki terimi hesaplayacağız ve f[x) bula­ cağız. Hesaplara başlayalım: • F(x +h), a'dan * +h’ye kadar olan alan, yani px+h

J f■

Ja

• F(x), a’dan x’e kadar olan alan, yani

f/• Dolayısıyla F{x +h) - F(x), x’ten x +h’ye ka­ dar olan alan, yani rx+ h

F(x+h)-F(x)=\

f.

X

Resim şöyle:

Şimdi, h, O’a giderken soldaki ra/j, teriminin ve sağdaki Mf, teriminin limitlerinin her ikisinin bir­ den f(x) olduğunu gösterirsek, o zaman ortadaki F(x +h)~ F(x) h teriminin de limiti zorunlu olarak f(x) olur ve böylece istediğimiz kanıtlanmış olur. (*) Bu aşamada / ’nin sürekli olduğunu kulla­ nacağız. Sürekli bir fonksiyon olduğundan, /, ka­ palı bir aralıkta infimum ve supremum değerlerini alır, yani belli th, Th e [x ,x + h] sayıları için,

mh =fi*h) ve Mh =f ( Th)

olur [MD-2009-III-IV, sayfa 70-71, Sonuç 9]. Yukardaki (1 ) eşitsizlikleri, şimdi, F(x+h)-F(x) m ) ^ ---- £---- £ f(Th)

Koyu gri alan F(x+h) - F(x)’tir.

Şimdi aşağıdaki çok çok büyütülmüş şekilden izleyin. mf, = inf{/(f) : t e [%, x +h]} ve Mf, = sup{/(f) : t e [x, x + b]} olsun. Elbette rx+ h

mp,b<\

f< M hh,

J X

yani mhh < F{x +b) - F(x) < Mf,h yani

halini alır. Dolayısıyla, \imh^ 0f{th) = f[x) ve lim/,^0f(Th) = f(x) eşitliklerini göstermek yeterli, e > 0 rastgele olsun. / sürekli olduğundan, öyle bir 8 > 0 vardır ki, eğer \ x- t\< 8 ise If(x) - f(t)\ < e olur. Dolayısıyla, eğer \ b\< 8 ise, f/l, - x = \ x- tf,\< 8 ve I/(*) ~ f(th)I < e olur. Bu da aynen l i m ^ 0/(f^) = f(x) anlamına ge­ lir. Benzer şekilde \imh^ 0f(Th) = f(x). F’{a+) = /(a) ve F'(b+) = f(b) eşitliklerinin kanıtı da aynen böyledir. □


Dikkat ederseniz kanıtta / ’nin tüm sürekliliği­ ni değil, sadece x noktasındaki sürekliliğini kullan­ dık, yani yazdığımızdan daha genel bir teorem ka­ nıtladık. Tanıma gitmenin yararları... (ii)’nin întegraller İçin Ortalama Değer Teoremi’nden Hareketle Kanıtı: f : [a, b] -> M. sürekli bir fonksiyon olsun, / ’nin integrallenebilir olduğunu biliyoruz. Aynı nedenden her x e [a, b] için, F(x) = \Xf Ja

sayısının olduğunu biliyoruz. Sayfa 48-49’da kanıt­ ladığımız întegraller için Ortalama Değer Teoremi’nden (çünkü / sürekli), her b > 0 için, F(x+h)-F(x) h

M

F(b) - F(a) = G(b) -

F (t) dt Ja

elde ederiz.

Bir tanım yaparak, Teorem l ’i daha basit bi­ çimde yazalım: Eğer F, [a, b] aralığında tanımlanmış bir fonk­ siyon ise, F(xfa =F(b)-F(a)

)

= lim ^^o f(!h)

Bir önceki kanıtın (*)’dan sonrası, bu limitin f(x)’e eşit olduğunu gösteriyor. □ Birinci kanıt (tanımlardan hareketle kanıt) da­ ha genel bir teoremin kanıtlandığını gösteriyor: Teorem 2. / : [a, b] —» fonksiyon olsun. O zaman

G(x) = F(x) - F(a). Şimdi x yerine b koyalım:

olsun.

eşitliğinin sağlandığı bir t/, e [x, x + h] olduğu çı­ kar. Demek ki, F\x) =lim^ _ > 0 Fİ'X+ ^

G(x) - F(x) = -F(a), yanı

integrallenebilir bir

Teorem 3. Eğer f : \a, b\—» K sürekli bir fonk­ siyonsa ve F' = f ise, f(x)dx = F(x)fa olur. Örnek 1. Artık örnek vermek çok kolay, (x sin x)' = sin x +x cos x olduğundan, rır/ 2 7t/2 (sin:x: +*cosx)d;c =xsinx = rc/ 2 0 olur. Demek ki

J

/ F(x) = \Xf= \ Xf(t)dt Ja

Ja

fonksiyonu, f ’nin sürekli olduğu ber x e [a, b] noktasında türevlenebilir ve F'{x) = f(x) olur. (Uç noktalarda F'(a+) = f(a) ve F'(b~) - f(b) gibi dü­ zenlemeleri yapmak gerekiyor.) Teorem l.i’in Kanıtı: G(x)=

fp' =

J a

\XF'(t)dt

J a

olsun. F' her yerde sürekli olduğundan, teoremin yukarda kanıtladığımız ikinci kısımdan dolayı, G türevlenebilir ve G' = F' eşitliği geçerlidir. Demek ki G - F fonksiyonu bir sabittir. Sabiti bulmak için G - F fonksiyonunu a’da değerlendirelim: G(a) - F(a) = -F(a). Demek ki her x için

sayısını bulmak için F' = f eşitliğini sağlayan bir F fonksiyonu yeter. Eğer Fj ve Fj, bu eşitlikleri sağ­ layan iki fonksiyonsa, o zaman (Fl - F2)' = F1'- F 2' = f - f = 0 olur, yani Fj bir sabit olur. Bir başka deyişle, F' = f eşitliğini sağlayan bir F fonksiyonu bulun­ muşsa, diğerleri, bu fonksiyona bir sabit eklenerek bedavadan elde edilir. Bu olgudan hareketle, eğer F' = f ise, (integral işaretinin altını ve üstünü boş bırakarak)

J f(x)dx = F(x) +C yazılır. F’ye f ’nin antitürevi dendiği gibi belirlen­ memiş integrali de denir. (Integrallerinden biri de­ mek daha doğru olabilirdi.) Buradaki eşitlik, bildiği­ miz eşitlik değildir, sadece bir yazılımdır, ama sanki eşitlikmiş gibi düşünebilirsiniz. Örnek:


sın* dx = - cosx+C. Buradan da rn 12 sin xdx JO

-cosx

nl 2 0

-cos(tt/ 2 )- (- cos 0) = 0 —(—1) = 1

çıkar. Eğer / fonksiyonu verilmişse, F' = / eşitliğini sağlayan bir F fonksiyonuna / ’nin antitürevi adı verilir. Antitürev biricik değildir. Eğer F bir antitürevse, her sabit C sayısı için F + C de bir antitürevdir ve / ’nin tüm antitürevleri / ’nin bir antitürevine bir sabit eklenerek elde edilir. Demek ki

j"f{x)dx = F(x) +C yazılımı / ’nin antitürevlerinin F + C biçiminde ol­ duklarını söylüyor. Eğer

J f(x)dx~ F(x) +C

n+ 1

xndx =

+C. ı+ 1 Eğer n - -1 ise, O’a bölemeyeceğimizden bu doğru olamaz. Ama f(x) = x~l = l/x fonksiyonunun bir antitürevini (eğer x > O ise) biliyoruz: İn x. Nite­ kim, 1 'x = — 1 in eşitliğini MD-2010-11, sayfa 52’de kanıtlamıştık. Eğer x < 0 ise ve F(x) - İn 1*1 = ln(-x) tanımını ya­ parsak, zincir kuralından dolayı, F'(x) =(ln(-x))' =ln'(-x)-(-x)' ----- 1 = — -X

X

olur. Demek ki x * 0 ise f(x) = l/x formülüyle ta­ nımlanmış fonksiyonun antitürevi F(x) = İn 1x1 fonksiyonudur: f dx ■İni xl +C. J x Yalnız dikkat, buradan, -1 ~l dx = İni - İn 3 = -ln3 = İn I x I x

ise

-3

rb

I f(x)dx = F(x)+ C Ja

ve

= (F(b) +C)-(F(a) +C) = F(b)-F(a) olur, yani C’den bağımsızdır. Türevlenebilir bir fonksiyonun türevini bul­ mak genel olarak kolaydır. Örneğin,

fonksiyonunun türevi kolaylıkla bulunur: 1 -1 -3/2 / ' ( * ) = ( ( l +x) 1/2) = — (1 + x) ^3/ 2 V ' 2 2 ( 1 +*) Öte yandan aynı fonksiyonun antitürevini açık bir biçimde yazmak kolay değildir. Aslında antitürevi bulabiliriz, işte: dt m = h ıJ T T t' Kalkülüs’ün Temel teoremi’ne göre bu fonksiyonun türevi /(x)’tir. Eğer bir fonksiyonun böylesine teorik bir biçimde tanımlanmasıyla bir sorununuz yoksa, ne mutlu size, ancak F(5) gibi bir değeri hesaplamak istiyorsanız, başınız biraz dertte demektir. Örnek 2 (Logaritma). Eğer n * -1 ise f(x) = xn fonksiyonunun antitürevi n+ 1

F(x) = n+ 1 fonksiyonudur elbette. Demek ki,

f 3 dx Jl

x

=İn 1x 1

=ln3 -İni = ln3

hesaplanabilir ama, f 3 dx J-3 X

hesaplanamaz, çünkü -3 ile 3 arasında 0 vardır ve f(x) = l/x fonksiyonu, sürekli olmasını bırakın, 0 noktasında tanımlı bile değildir. Örnek 3. f(x) = l/x fonksiyonuyla x - 1 doğ­ rusu ve x ekseni arasına sıkışmış sonsuza kadar uzanan bölgenin alanı sonsuzdur.


Herhangi bir A > 1 seçelim ve alanı sağdan x =A doğrusuyla kısıtlayalım.

olduğundan, A dx

j;

-1

A = ı- i 1 A

buluruz. Şimdi A’yı sonsuza götürürsek, istediği­ miz alanın

limA-> 00 1

Ay

=

1

olduğunu görürüz. Alıştırma 1. F(x) - faf(x)dx olsun, / ’nin artan olduğu her aralıkta F’nin dışbükey, azalan olduğu her aralıkta F’nin içbükey olduğunu kanıtlayın, ipucu: MD-2010-III, sayfa 20, Teorem 6 . cA dx =ln I -InA 'ı x sayısına eşittir. Bu hesapta A'yı sonsuza götürdü­ ğümüzde İn A da sonsuza gider; bu da istediğimizi kanıtlar. Buradan, x = 0, y = 1 doğruları ve y = 1lx eğrisi arasına sıkışmış bölgenin alanının da sonsuz olduğu çıkar.

Kalkülüsün Temel Teoremi’ni kolaylıkla genelleştirebiliriz: Sonuç 4. a : (c, d) -> [a, b]ve f : [a, b] -» İR. iki fonksiyon olsun. xq e (c, d) olsun, a'nın xçfda türevlenebilir, f ’nin integrallenebilir ve f ’nin a(x0)’da sürekli olduğunu varsayalım. O zaman ça(x) ra(x) F(x)=\ / = | m dt Ja Ja fonksiyonu Xq noktasında türevlenebilir bir fonksi­ yondur ve F'(xo) = f(a(x0))a'{x0) olur. Kanıt: / : [a, b] —> K fonksiyonu, I(x) = [Xf(t)dt Ja formülüyle tanımlanmış olsun. O zaman I fonksi­ yonu <x (x q ) noktasında türevlenebilirdir ve Temel Teoreme göre.

Sonsuza kadar uzanan bir bölgenin alanının sonsuz olması şaşırtıcı olmayabilir, ama bir sonra­ ki örnekte, sonsuza kadar uzanan bir bölgenin ala­ nının sonlu da olabileceğini göreceğiz.

/'(a(x0)) = f(ct(x0)) olur. Demek ki I ° a fonksiyonu da xq noktasında türevlenebilir ve Zincir Kuralı’ndan dolayı, (/ o a)'(x0) = I'(a(x0)) a'(x0) = f(a(x0))I'(a(x0)) a'(x0) olur. □ Benzer şekilde, koşullar oluştuğunda,

Örnek 4. f(x) = llx2 fonksiyonun grafiğiyle x ekseni ve x = 1 doğruları arasına sıkışmış (sonsuza uzanan) bölgenin alanını bulalım. Yukardaki gibi düşünerek bir A > 0 seçelim. '- lY

rPM

,^

f rPW

\«(X)f(t)dt} ={\o

,

ra(*)

m d t ~\o

m

\

= P\x)/((\x)) - a'(x)f(a( x))

1 olur.


Örnek 5. Aşağıdaki fonksiyonun türevini he­ saplayalım: rx2 , F(x)= t dt.

Alıştırma 8 . Öyle bir c sayısı ve bir / fonksiyo­ nu bulun ki

Yukardaki sonuçtan ya da Zincir Kuralı’ndan, (x2 )' (%2 )3 - sin' x (sin x)3 = 2x7 - cos x sin3 x çıkar.

olsun.

f f(t)dt= sin* —V3 12 Jc

J sin*

Alıştırma 2. Aşağıdaki fonksiyonların antitürevlerini bulun: 1. /(*) = 5x\ 2. f(x) = (x+ l)(x2 - 3). 3. f(x) - ^lx, (x > 0). 4. f(x) = (1 + lx)2. 5. f(x) = x2/3 + 5sin x. 6 . f(x) = sin x cos x. 7. f(x) = İn x, (x > 0). Alıştırma 3. Aşağıdaki fonksiyonların türevle­ rini bulun:

Alıştırma 9. Öyle bir c sayısı ve / fonksiyonu bulun ki çx 3 tf(t)dt = xsinx+ cosx +x /3 olsun. Alıştırma 10. Öyle bir c sayısı ve / fonksiyonu bulun ki x

2

7

3

j Qf(t)dt = £ t4f(t)dt +y- + y- +c olsun. Alıştırma 11. Her j e l için, „ , „ r* l- s in i , f(x) =2 + --- dt J 0 1 +t2 olsun. Öyle bir ikinci dereceden p polinomu bulun ki,

p(0) = m ,p '( 0)=f'( 0),p"(0)=f"( 0) olsun. Alıştırma 12. g sürekli bir fonksiyon ve f(x) = ^ J 0 (x-t)2g(t)dt olsun. Alıştırma 4. Her x için aşağıdaki eşitliği sağla­ yan sürekli / fonksiyonları için / ( l) ’i bulun:

eşitliğini kanıtlayın. Eğer g( 1) = 5 ve

a. JQ/(^) dt —(1 +x)^ x2.

j Qg(t)dt = 2

(X2 b. j^f[t)dt = (1 + xf>x2.

ise / " ( l) ve / " '( l) değerlerini bulun.

Alıştırma 5. f[x) = İn (1 + x2) fonksiyonunun polinomial bir fonksiyon olmadığım kanıtlayın. Alıştırma 6 . Her

eşitliğini kanıtlayın. Alıştırma 7. Her % e H için

[ (f+UI)2*fr =

3

Alıştırma 13. / açık bir / aralığında sürekli tü­ revi olsun. f(x) = f(c) + [ /(?)<*

için

f 111dt - x I x I/ 2 Jo

•»0 eşitliğini kanıtlayın.

f'{x) = j o(x-t)g{t)dt

(x+l xl)

formülünden yola çıkarak, / ' > 0 ise / ’nin I aralı­ ğı üzerinde azalamayacağım kanıtlayın. V


Kapak Konusu: İntegral

Trigonometrik Fonksiyonlara Aksiyomatik Yaklaşım 1. Aksiyomlar Meşhur sin ve cos trigonometrik fonk­ siyonlarını geçmişte - M)* 2i+l Z ‘=0(2i +l) !X ve

_V °° U t 2i cosx

İ J i = o (2i) 1 X

A. sin ve cos fonksiyonları Wden (R’ye giden fonksiyonlardır. B. cos 0 = sin (rc/2) = 1, cos k = -1 [MD-2008IV, sayfa 53, Teorem 8 ]. C. cos(y - x) = cos x cos y + sin x sin y. [MD2008-IV, sayfa 51, Teorem 1], D. Her 0 < x < n/2 için sin x 1 0 < cosx<--- < ----. cos x Sonuncu eşitsizliklerin hepsini kanıtlamadık ama bu eşitsizlikleri tanımlardan hareketle kanıtla­ mak o kadar zor değildir. Okura bırakıyoruz. 2. Temel Özellikler Sadece ve sadece yukardaki dört özelliğini kul­ lanarak (tanımlarına bile başvurmadan) sin ve cos fonksiyonlarının tüm özellikleri kanıtlanabilir. Ya­ ni yukarda verilen dört özellik sin ve cos fonksi­ yonlarının temel özellikleridir ya da aksiyomlarıdır diyebiliriz. Bu yazıda bundan böyle, sin ve cos fonksiyon­ ları yukarıdaki listelenmiş özellikleri sağlayan iki fonksiyon olsun. İlk olarak trigonometrik fonksi­ yonların aritmetiksel bazı özelliklerini kanıtlaya­ lım. Daha sonra bu fonksiyonların integrallerini (dolayısıyla türevlerini de) bulacağız.

/■ 1 *

olarak tanımlamıştık [MD-2008-II, sayfa 26 ya da sayfa 18, Örnek 2 ] ve bu tanımdan yola çıkarak bu ve diğer trigonometrik fonksiyonların birçok özel­ liğini kanıtlamıştık, mesela [MD-2008-IV, sayfa 51-53]’te. Şu özelliklerin altını çizmek istiyoruz:

Teorem 1. i. sin2 x +cos2 x = 1. ii. sin 0 = cos (n/2) = sin n = 0. iii. sin(-x) = -sin x ve cos(-x) = cos x. iv. sin(x +7t/2) = cos % ve cos(x +7t/2 ) = -sinx. v. sin(x + n/2) = sin x ve cos(x + 7i/2 ) = cosx. vi. cos(x +y) = cos x cos y - sin x sin y ve sin(x +y) = cos x sin y + sin x cos y. f x -y \ f x+ y \ vıı. sın sın y: co ve x +y' sin l 2 J v 2 viii. [0 , n/2 ] kapalı aralığında sin mutlak artan, cos mutlak azalandır. Kanıt: i. (C)’de y = x alalım ve (B)’deki cos 0 = 1 eşitliğini kullanalım. ii. Yukarda kanıtlanan sin2 x +cos2 x = 1 eşit­ liğinde x = 0 alınırsa, (B)’deki cos 0 = 1 eşitliği sa­ yesinde sin 0 = 0 bulunur. Diğer eşitlikler de ben­ zer şekilde elde edilir. iii. (C)’de y - 0 alırsak cos(-x) = cos x buluruz. Aynı formülde y = n/2 alırsak, cos(tc/2 - x) - cos x cos n/2 + sin x sin n!2 = sin x buluruz ve buradan da, gene (C)’yi kullanarak, sin(-x) = cos(k/2 +x) = cos(7t - (n/2 - x)) - cos(7t/2 - x) cos 7t + sin(xc/2 - x) sin n = -cos(ti/ 2 - x) - -sin x bulunur. iv. Yukarda cos(tc/2 - x) = sin x formülünü ka­ nıtlamıştık. Bu formülde x yerine n/2 +x alalım: cos x - cos(-x) = cos(7t/2 - (n/2 +x)) = sin(7i/ 2 +x) buluruz. Diğer formül de şöyle çıkar: cos(7t/2 + x) = cos(7t/ 2 - (~x)) - 2 sin

=cos(-x)

cos(ti/2)

+sin(-x)

sin(7t/2)

= cos x cos(7t/2) - sin x sin(7t/2 ) = -sin x. v. 27t = 7i/2 +7i/ 2 + 7r/ 2 +n/2 eşitliğini kullana­ rak, yukarda bulunan formülü üç defa uygulayarsak, periyodun 2 ti olduğu kolaylıkla kanıtlanabilir. vi. cos ile ilgili formül kolay, bunun için (C)’de x yerine —x almak yeterli, sin için ise bunu ve (iv)’te


kanıtlananı kullanmak yeterli: sin(x +y) - -cos(x +y + n/2) = —cos x cos(y +n/2) +sin x sin(y +n/2) = cos x sin y + sin x cos y. vii. Yukarda sin(x +y) = cos x sin y + sin x cos y formülünü kanıtladık. Burada y yerine -y alırsak, sin(x - y) = -cos x sin y +sin x cos y formülünü elde ederiz. İkincisini birincisinden çı­ kararak, sin(x +y) - sin(x —y) = 2 cos x sin y bulunur. Şimdi a+b a- b x = ——— ve y = —-— 2

2

alırsak istediğimize ulaşırız, ikinci eşitlik benzer şe­ yi cos ile yaparak elde edilir. viii. (D)’den sin ve cos fonksiyonlarının (0, tc/2) aralığında pozitif olduğu anlaşılıyor. Eğer şimdi 0 < y < x < n/2 ise, (x +y)/2 ve (x - y)/2 sayıları gene (0 , n/2) ara­ lığındadır, dolayısıyla sinüs ve kosinüsleri pozitif­ tir. (v)’te kanıtladığımızdan sın x > sın y ve cos x < cos y çıkar. □ 3. Trigonometrik Fonksiyonların İntegrali Yukardaki teoremin (iv) ve (viii)’inci kısımla­ rından sin ve cos fonksiyonlarının integrallenebilir olduğu çıkar. Bu fonksiyonun integrallerini elbette Kalkülüsün Temel Teoremi’ni kullanarak bulabil­ iriz: sin' = cos ve cos' = -sin olduğundan, Jsinx^x = -cosx +C ve j* cos xdx = sin x +C olur. Ama biz bunu sofistike matematik kullanma­ dan, sadece (A, B, C, D) özelliklerini kullanarak kanıtlamak istiyoruz. Bunun için birkaç önermeye ihtiyacımız var: Önsav 2. Her x gerçel sayısı ve her pozitif n doğal sayısı için, „ . x \~'n . . 2n +l . x 2 sın—'/ jCOsfe* =sın—-— x-sın — olur. Kanıt: Teorem l.vii’ye göre, her k için, _ . x , . 2k +l . 2k-\ 2 sın—cos kx =sın—-— x - sın—-— x 2

2

2

eşitliği geçerlidir. Bu eşitlikleri k = 1, 2, ..., n için altalta yazıp toplayalım:

2 sin—cos 3x = 2

. 3x , x sın —- - sın — 2 2 . 5x . 3x sın —- - sın—2 2 7x 5x sın ——- sın — 2 2

_ . x 2 sın—cos«x =

. 2n+\ . 2n - 1 sın---- x-sın---- x

2 sin—cos x = 2 „ . x 2 sın—cos 2 x = 2

2

2

2

Sağ taraftaki sadeleşmelerden sonra, istediğimizi elde ederiz. □ Önsav 3. n pozitif bir doğal sayı ve 0 < 2nQ < 7t/2 ise sin0 sin(2 w+1 ) 0 = sin0 < — sin2 « 0 0 < sin(2 « - 1)0 + sin0 olur. Kanıt: Teorem l.vi’ya göre, sin(2 « + 1 ) 0 = sin 2nQ cos 0 + cos 2 « 0 sin 0 . Ayrıca (D)’den dolayı, 0 < 2«0 < tc/2 için, sin(2 w+1)0 =sin2 «0 cos0 +cos2 «0 sin0 < sin 2 «0

0

+sin 0 .

Bu da soldaki eşitsizliği kanıtlar. Sağdaki eşitsizliği kanıtlayalım: sin(2 « - 1 ) 0 = sin 2 w0 cos 0 - cos 2 « 0 sin 0 . Her iki tarafa da sin 0 ekleyelim: f . 1 —cos2 n9 sin(2 « - l ) 0 +sin0 =sin2 « 0 cos0 +sin0 — . , ■ — V sın2 « 0 Öte yandan, l- cos2 « 0 sin2 n0 Demek ki,

2 sin nd 2 sin«0 cos« 0

sin « 0 cos nQ

r . sinw0 ^ sin(2 n -1 )0 + sin0 =sin2 « 0 cos0 +sın0 COSK0J v cos 0 cos nd +sin 0 sin« 0 = sin2 « 0 cos« 0 cos(«-1)0 = sin2 « 0 cos« 0 Dolayısıyla sağdaki eşitsizliği kanıtlamak için, sin0 cos(«-l) 0 0 cos« 0 eşitsizliğini kanıtlamak gerekiyor. Bunu kanıtla­ mak için Teorem l.vi’yı ve (D)’yi kullanacağız: cos« 0 =cos(n-l)0 cos0 -sin(n -1 )0 sin0 0 < cos(n - 1)0 cos 0 < cos(n - 1 ) 0 — sin0 Bu da istediğimizi verir.


Önsav 4. Eğer 0 < a < n/2 ve n pozitif bir do­ ğal sayıysa, asr'n ka - / , . cos — < sına< ~ / n *—ık=l n

ka „cos— n

0

olur. Kanıt: * = atn olsun. x, 27i’nin bir katı olmadı­ ğından, Önsav 2 ’deki eşitliğin her iki tarafını da 2 sin(*/2 )’ye bölerek, . 2n + 1 . x «in——— x - sın — 2 2

(1)

2 sin: elde ederiz. Önsav 3’teki eşitsizliklerin sol kısmın­ da 9 = x!2 alarak, . 2n + 1 . x sın----x - sın — 2_____________ 2_ Z^cosA *2 sin —

2

sin(«*) x

sina a/n

buluruz. Bu da kanıtlamak istediğimiz eşitsizlikle­ rin en soldaki kısmı. Eşitsizliğin sağını kanıtlamak için, (l)’de n ye­ rine n —1 alalım ve her iki tarafa da 1 ekleyelim: . 2 w -l . x sın—-— *+sın — Y n-1coskx = _____2 1 Z j k=0 2 sin(*/2 )

(2 )

elde ederiz. Demek ki 0 < a < n/2 için x = aln alır­ sak, kanıtlamamız gereken eşitsizlik, . 2 w-l 2

. x 2

sın— -— x+ sın —

sınn* < x

Kanıt: Önce birinci eşitliği kanıtlayalım. 0 < a < 7i/2 olsun. Monotonluktan dolayı (sayfa 46, Sonuç 7), f cos* dx= —limM^oo

n

Jo

sın 2 . . 2»-l ,x — — sınw*< sın----x+ sın— x /2 x 2 eşitsizliğine denktir. Ama bu da aynen 0 = xt2 için Önsav 3. □

Jo

Eğer a e (0, n/2) değilse, eşitliğin kanıtını okura bı­ rakıyoruz. Şimdi sin fonksiyonunun integralini hesaplaya­ lım. Önce şu hesabı yapalım: f ı f0 . f0 I sin*a* = sin(*+ ti/2 ) dx = cos*a*

Jo

J-ti/2

=

facos*ûî*=sina

Jo olur.

J-rc/2

rn/2

cos(-*) dx =

=sın*

rn/2

cos * dx

n/2

=1 . 0 Bundan da, Sayfa 40-41’deki Teorem 3f’yi kulla­ narak, f s in * d * = f s in * J* + f

J0

J0

=1 +

ra

Jji/2

Jjt/2

sin* dx

ça-n/2 sin * dx = 1 + sin(* +' nl 2) dx

Jo

ra-n/2 1+ cos* dx = 1+ sin(a- ti/2) =1 -cos a *0 □ buluruz. Buradan, rb

J

cos*d*=f c o s * J * - f cosxdx a

J0

J0

= sinb - sina =sin* çıkar, yani

J cos* dx = sin* +C olur. Benzer şekilde

J sin* dx= - cos x +C çıkar. Ve elbette s in * = f cos t dt

Jo

Teorem 5. Her a gerçel sayısı için, ve

y n)

olur. Önsav 4’e göre bu limit de sin a'dır. Demek ki, Ca cos* dx = sina.

2 sin— eşitsizliğine dönüşür, sin (x/2) > 0 olduğundan, bu son eşitsizlikler de,

„cos i —\

^ı=o

ve dolayısıyla sin * fonksiyonu türevlenebilir ve tü­ revi cos * ’tir. Benzer şekilde cos' = -sin bulunur. V

fa

sin xdx =■1' -cos a

Jo

Kaynakça: Tom M . Apostol, Calculus, birinci cilt, Bölüm 2.5-2.7, John Wiley & Sons, ikinci basım, 1967.


Zor Zamanlarda Matematik II: Nasirüddin el-Tusi Tosun Terzioğlu* / terzioglu@sabanciuniv.edu

aha lisedeyken babam arada bir bana Al­ manya’daki kendi öğrencilik yıllarını, Göttingen ve Münih Üniversitelerini ve Nazi iktidarının ilk döneminde yaşadıklarını anla­ tırdı. Constantin Caratheodory’nin ismini ilk kez ondan duydum. Üniversitede matematik okurken derslerimde, kitaplarımda Caratheodory ismiyle sık sık karşılaşmaya başladım. Yıllar sonra Maria Georgiadou’nun yazdığı kitap [2 ] elime geçti. Bu kitapta Ca­ ratheodory’nin hayatı ve matematiğe yaptığı katkı­ lar ayrıntılı olarak anlatılı­ yor, Caratheodory ailesi, dönemin siyasi çalkantıları, Alman akademik dünyası hakkında geniş bilgiler veriliyordu. Constantin Ca­ ratheodory zor zamanlarda yaşamış ve matematik yapmıştı. Georgiadou’nun kitabından yararlanarak İstan­ bul’da 2006 yılında yapılan Uluslararası Matematik Eğitimi (ICTM) kongresinde “Karatodoriler” konu­ lu bir tebliğ verdim. Ayrıca bu kitaptan, Constantin Caratheodory’nin hem büyük amcası hem de ka­ yınpederi olan Alexander Karatodori Paşa’nm Na­ sirüddin el-Tusi’nin Arapça bir geometri kitabını Fransızcaya çevirdiğini öğrendim. 1891 yılında basılmış olan ve kapağı yanda yer alan bu kitabı [1] buldum ve Salih Zeki’nin “Asarı Bakiyye” [5] kitabından da yararlanarak Cons­ tantin Caratheodory’den yaklaşık yediyüz yıl önce yaşamış olan Nasirüddin el-Tusi hakkında epeyce bir şey öğrendim. Nasirüddin de zor zamanlarda yaşamıştı. Kelam, fıkıh, felsefe, mantık, matematik ve kimya gibi pek çok bilgi dalıyla ilgilenen Nasirüd-

D

*

Sabancı Üniversitesi Mühendislik ve Doğa Bilimleri Fakültesi öğ­ retim üyesi.

Alexander Kara­ todori (1833-1906), Paris’te hukuk ve ma­ ı7 '* fiş tematik okuduktan sonra Osmanlı hârici­ yesine girdi. Roma el­ çiliği, Girit valiliği, hariciye nazırlığı, Abdülhamit’in baştercümanlığı gibi önemli görevlerde bulundu. *v Alexander Karatodo­ ri, 1878 Berlin Kong- A leksan d ros Karatodori resi’nde Osmanlı im­ paratorluğunun tam yetkili temsilcisiydi.

jy

r

Paşa


din el-Tusi, mezhep çekişmeleri, savaşlar ve yıkım­ lar içinde geçen hayatında 150 kitap yazmayı ba­ şarmıştı. Böylece, farklı yer ve zamanlarda yaptı­ ğım konuşmalarda Caratheodory ve Nasirüddin’i birlikte anlatmaya başladım. Son olarak da Erciyes Üniversitesi’nde 2010 yılında yapılan Ulusal Mate­ matik Sempozyumu’nda sunduğum “Zor Zaman­ larda Matematik” başlıklı tebliğde gene Carathe­ odory ve Nasiruddin’i birlikte ele aldım.

Alexander Paşa çevirisine Traite du Quadrilatere başlığını uygun görmüş ama metnin Arapça başlığını “kesenler teoremini gereksiz kılan te­ orem” diye çevirmek daha doğru olurdu [5]. Bu­ gün küresel geometride Menelaus Teoremi adıyla bildiğimiz sonuca Tusi Kesenler Teoremi diyor. Bi­ rim küre üzerindeki üçgenin köşe açılarına, ve bu

köşeleri birleştiren yayların uzunluğuna a, b, c der­ sek (bkz. şekil) Tusi’nin ifadesiyle kesenler teore­ mini gereksiz kılan teorem aslında

N asireddün el-Tusi'yi anan bir İran pulu (1956)

19’uncu yüzyılın sadrazamlarından İbrahim Edhem Paşa’nın kütüphanesinde bulunan elyazma­ sı geometri metnini, Alexander Paşa Fransızcaya çevirmiş ve bu çeviriye Arapça metnin aslını da ek­ leyerek 1891’de neşretmişti [1], Kitabın yazarının 13’üncü yüzyılın önemli bilginlerinden Nasirüddin el-Tusi (1201-1274) olduğu sanılıyor. Kitabın Arapça oriji­ nalini kütüphanesinde bulunduran İbrahim Edhem Paşa, Karatodori Paşa gibi, aslen bir Rum’du. Sakız Adası isyanları sırasında ya köle olarak satılmış ya da kaçıp İzmir’e sığın­ mıştır. On kadar kim­

sin a sin (3 siny sina sinfo sine olarak yazılan “sinuslar teoremi”. Bu teoremi kulla­ narak, örneğin sin a değerini bulmak istersek, sin a, sin p ve sin b değerlerini bilmemiz gerekir. Oysa ay­ nı problemi Menelaus teoremi aracılığıyla çözmek için üç yerine beş farklı değeri bilmemiz gerekir, iş­ te bu nedenle Tusi kitabına “kesenler teoremini ge­ reksiz kılan teorem” başlığım uygun görmüş. Küre­ sel geometrinin bu önemli teoreminin ilk olarak Ebul Vefa el-Buzcani (940-998) tarafından kanıtlan­ dığını yazan Nasirüddin el-Tusi kitabında sinuslar teoreminin farklı bir kanıtım ve çok sayıda ilginç uy­ gulamasını veriyor. Nasirüddin el-Tusi, babası ve dayısının teşvik­ leriyle çok küçük yaşında kelam, felsefe, astronomi sesiz çocuğu evlatlık edinmiş ve Sadrazamlık da yapmış olan iyiliksever Koca Mehmet Paşa tara­ fından yetiştirilmiştir. (Koca Mehmet Paşa’nın ye­ tiştirdiği çocuklar Osmanlı’da çok önemli mevki­ lere gelmiştir.) Paris’te eğitim gören Edhem Paşa, Osmanlı’nın çağdaş anlamda ilk maden mühendi­ siydi. 1856-1877 arasında hariciye, ticaret, ma­ arif, nafia (bayındırlık) ve adliye nazırlığı ve danıştay başkanlığı yapmıştır. Ünlü ressam ve ilk müze­ cimiz Osman Hamdi Bey’in babasıdır.


ve matematik öğrenmeye başladı. Kuvvetli Şii gele­ nekleri olan bir aileye mensuptu. Yaklaşan Moğol tehlikesinin farkına varan ailesiyle birlikte 1214’te Horasan’daki doğum yeri olan Tus’tan ayrılmak zorunda kaldı. Nasirüddin öğrenimini Nişapur’da sürdürdü. Abbasi halifesinin hakimiyetinde olan Bağdat, ünlü kütüphaneleri ve medreseleriyle döne­ min en önemli bilim ve kültür merkeziydi. Belki de Bağdat’a davet edilme ümidiyle genç Nasirüddin zamanın halifesini öven bir kaside yaz­ dı. Ümidi gerçekleşmediği gibi oniki imam Şiiliğine sıkı sıkı bağlı olan hocaları ve arkadaşlarıyla bu ne­ denle arası açıldı. Bunun üzerine, bazı kaynaklara göre Alamut Kalesi’ne sığındı. Başka kaynaklar ise genç bilginin Alamut Kalesi’ne kaçırıldığını yazıyor. Haşan Sabah (1035-1124). Büyük Selçuklu Dev­ leti zamanında yaşamıştır. Hakkında birçok ro­ man yazılmıştır. Şiiliği benimsemiş ve 2000 ka­ dar müridiyle birlikte Alamut kalesini ele geçirip yerleşmiştir. Bir söy­ lenceye göre fedaileri­ ne haşhaş vererek ve onlara cennneti vadederek onların zihinle­ rini kontrol etmiş ve böylece dönemin ileri gelenlerine yönelik suikastlar yapmalarını sağlamıştır. Bu yüz­ den kurduğu örgütün üyelerine haşhaşiler de denir. Ölümünden sonra, sadece İran’a değil, tüm Mezopotamya’ya dehşet saçan askeri ve siyasi bir güç bırakmıştır. Bu yüz­ den de, Bağdat’la birlikte, Moğollar’ın Batı’daki önemli hedeflerinden biri olmuştur. Sarp kaya­ lıklar üzerine konuşlanan kaleyi 1256’da normal savaş yollarıyla ele geçiremeyen Cengiz Han’ın torunu Hülagu Han komutasındaki Moğollar, inanması biraz güç bir söylenceye göre, kalenin bulunduğu tepenin altına tüneller kazarak açtık­ ları havuzlan o yıllarda yeni keşfedilen petrolle doldurmuşlar ve kaleyi (ve herhalde kalenin bu­ lunduğu tepeyi de!) havaya uçurmuşlar. Tevatür olmayan tarihî gerçek ise, Moğollar’ın iki yıl sonra Bağdat’ı ele geçirmeleri ve “gelen gideni aratır” sözünü haklı çıkarmak istermişçesine, 1 0 0 .0 0 0 ’den fazla insanı katledip şehirde mede­ niyet namına hiçbir şey bırakmamaları.

Nasirüddin'in sığındığı ya da kaçırıldığı Alam ut kalesinden kalanlar.

Bu kale Şiiliğin yedi imam mezhebinin Nizari kolu­ na mensup olan Haşan Sabah’ın halefinin hakimiye­ tindeydi. Kalede çalışmasına izin veriliyordu ama sürekli bir gözetim altındaydı ve yarı esir hayatı ya­ şıyordu. Nasirüddin için zor zamanlar başlamıştı. Sonunda Moğollar Alamut kalesini ele geçirdi ve IIhanlı hükümdarı Hülagu Han bilgin olarak ününü duymuş olduğu Nasüriddin’i kendi himayesine aldı.

Alam ut kalesinin M oğollar tarafından kuşatılışını tasvir eden eski bir gravür


Bağdat'ı yakıp yıkan Hülagu Han ve karısı Dokuz Hatun

Hülagu Han, 1258’de Bağdat’ı zaptetti. Moğol ordusu şehri bir hafta boyunca yağmaladı. Yüzbinlerce Bağdat’lı öldürüldü. Dünyada eşi benzeri ol­ mayan Büyük Kütüphane yıkıldı ve kitaplar Dicle nehrine atıldı. Bu feci olaylara bizzat şahit olan Nasirüddin’in, Bağdat’ta çalışma rüyası tam bir kâbu­ sa dönüşmüştü. Ama araştırma yapmaktan vazgeç­ medi ve hamisi olan Moğolları yeni bir gözlemevi kurmaya ikna etti. Yer olarak bugünkü Azerbay­ can’da olan Marağa’yı seçti. Nasirüddin’in çabala­ rıyla Marağa Gözlemevi kısa sürede gelişti ve dün­ yanın dört bir tarafından gelen astronomi ve mate­ matik bilginleriyle ve zengin kütüphanesiyle önem­ li bir merkez oldu. Burada oniki yıl süren gözlemler ve hesaplar sonucunda ortaya çıkan gökyüzü atlası ve yıldızlar tablosuna “Ziyç-i Ilhani” adı verildi. Bu eser iki yüzyıl boyunca alanındaki temel referans kaynağı oldu. 1274 yılında ölen Nasirüddin el-Tu­ si, Bağdat yakınlarında toprağa verildi. Geçen iki yüzyıl boyunca Batılı bilim tarihçile­ rinin hemen hepsi matematik tarihini antik Yunan­ la başlatır, yaklaşık bir bin yılı adeta unutarak, Rönesanstaki gelişmelerle sürdürürlerdi. Mısır, Mezo-

potamya, Çin ve Hint uygarlıklarının matematiğe olan katkılarına hiç değinilmezdi. Batı bilim dünya­ sında o yıllarda yaygın olan anlayışa göre İslam dünyası bilginleri cebir alanında bazı şeyler yapmış­ larsa da matematiğe pek bir yenilik katmamışlardı. Dönemin sadrazamlarından Edhem Paşa’nın kütüphanesine Nasirüddin’in kitabı nereden geldi? 13’üncü yüzyıldan kalan bu eserin önemini Edhem Paşa biliyor muydu? Yoksa Paris’te hukuk ve mate­ matik eğitimi almış olan Alexander Paşa mı bu el yazmasını fark etmişti? Bu gibi soruların cevabını bilmiyorum. Ama herhalde Batılı bilim tarihçileri­ nin İslam dünyasını hiç önemsemediklerini Alexander Paşa biliyordu. Belki de Alexander Paşa bu an­ layışı biraz olsun sarsmak amacıyla Nasirüddin’in küresel geometri kitabını binbir zahmetle Fransız­ ca’ya çevirmek ve yayınlamak istedi. Bunda da ba­ şarılı oldu, çünkü 19’uncu yüzyılın önemli bilim ta­ rihçilerinden Paul Tannery, Alexander Paşa’nın Tusi’den çevirdiği kitabı tanıttığı bir makale yazdı [4]. Bu makalede Tannery, Müslüman bilginlerin mate­ matiğe katkılarını küçümsemenin yanlış olduğunu, özellikle küresel geometrinin İslam dünyasında or­ taya çıkıp geliştiğini, bunun Alexander Paşa’nın ki­ tabıyla iyice anlaşıldığını belirtiyor. Nasirüddin’in hemen hemen her modern trigonometri formülünü 13’üncü yüzyılda bildiğini yazan Tannery, makale­ sini bu önemli eseri bilim dünyasına kazandıran seçkin çevirmeni kutlayarak bitiriyor. Batılı bilim tarihçilerinin, Batı dışı saydıkları uygarlıklarının tarih boyunca bilime yaptıkları katkıları dışlamak veya küçümseme eğilimleri son yıllarda çok değişti. Örneğin, Uluslararası Astro­ nomi Birliği tarafından ayın kraterlerine verilen isimlerin listesine bakarsak, bugün listede Arşimet, Apollonius, Kopernik ve Nevvton’un yanısıra Harezmi, Biruni, Uluğ Bey ve Nasirüddin Tusi’nin isimlerine de rastlarız. Victor J. Katz’ın editörlüğü­ nü yaptığı önemli bir kaynak kitap [3] bu değişi­ min başka bir göstergesidir. V

[1] [2] [3]

[4] [5] Mogol İm paratorluğu ta rih in en büyük im para to rlu ğ u d u r.

Kaynakça Nasirüddin el-Tusi [?], Traite du Quadrilatere, Alexander Pacha Caratheodory (çev.), İstanbul, 1891. Maria Georgiadou, Constantin Caratheodory - Mathematics and Politics in Turbulent Times, Springer, 2004. Victor J. Katz (editör), The mathematics of Egypt, Mesopotomia, China, India and İslam: A source book, Princeton University Press, 2007. Paul Tannery, Nassiruddin-El-Toussy, Bulletin des sciences math., 147-152, 1892. Salih Zeki, Asar-ı Bakiye, (Yayma hazırlayan: Remzi De­ mir ve arkadaşları) Babil Yayıncılık, 2004.


Tenis Maceralarım* (1) Halis Muhlis güne kadar hayatımda (hiç tenis oynamamış­ tım. Tenisi zengin spo­ ru diye bilirdik çocukken. Bırakın tenisi, mahalle arkadaşlarım arasında hayatlarında ping pong ma­ sası göreni bile yoktur. Biz yaz kış, gece gündüz de­ meden top, yani bugünkü tabiriyle futbol oynardık. Tenis oynayanları ilk kez Moda’da görmüştüm. Şehrin göbeğinde, garip bir telörgü kafes içinde, te­ peden tırnağa bembeyaz spor elbiseleriyle... Garipserdik doğal olarak. Uzaylı gibi gelirlerdi bize. Belli ki bir değil birkaç üst sınıftandılar. Garipsediğimiz belli olmasın diye yan gözle bakıp geçerdik. Otuzumdan sonra bir gün bir arkadaşım tenis oynamayı önerdi. - Git işine, dedim. Ama istersen serbest ya da grekoromen tutuşabiliriz. Israr etti. Kıramayıp kabul ettim. Zaten ne za­ mandır spor yapmamışım. Şortları geçirip tenis kortuna gittik. Yenildim tabii. Hem de çok fena. Sonraki gün­ lerde birkaç defa daha oynadık. Giderek iyileşiyor­ dum. Hoşuma da gitmeye başlamıştı oyun. Hatta bir seferinde arkadaşımı yenmeme ramak kalmıştı. Tenis arkadaşım mahallenin tenis kulübüne üyeydi. Beni de üye yapmak istedi. Biraz nazlana­ rak da olsa üye oldum. Bir imza ve üç beş kuruş ai­ dat sınıf atlamama yetmişti. * * * Kulübün şampiyonu, arkadaşım ve ben bir gün kulüpte laklak ederken, bana şöyle bir öneri getir­ diler. - Bizimle üç maç yap. İkisini peşpeşe kazanır­ san akşama sana bir ziyafet çekeceğiz. - Ya peşpeşe iki maç kazanamazsam? - O zaman sen bize bir ziyafet çekeceksin... - Yok ya... Başka? - Başka... diye devam etti şampiyon, biz iki maç üstüste yapamayız, terleriz, yoruluruz, oramız buramız ağrır. Arada bize bir maçlık dinlenme pa­ yı bırak... Senin anlayacağın biz iki maç üstüste ya1 Julian Havil’in Nonplussed adlı kitabındaki bir yazıdan esinlenilmiştir. Princeton Publishing House 2007.

pamayız. Her maçtan sonra rakibin değişecek... Ben üç maç üstüste yapacağım ama onların bi­ ri bir, diğeri iki maç yapacak; üstelik iki maç yapan iki maç arasında dinlenebilecek... * * * Şampiyona 5 diyelim. Arkadaşımın adı da A olsun. Yapacağım maçlar ya ASA ya da SAS sıra­ sıyla olacak. Bu seçimi bana bıraktılar. Acaba han­ gisi benim için daha avantajlı? ASA mı yoksa SAS mı? “Her ikisi de benden daha iyi oyuncu ama S benden çok daha iyi bir oyuncu, dolayısıyla S’yle daha az oynamalıyım, demek ki ASA benim için daha avantajlı...” diye düşündüm. Emin olmak için aklımdan küçük bir hesap yaptım. Hayret! Az kal­ dı küçük dilimi yutacaktım. Hiç çaktırmadım ama. Aklıma bir şeytanlık geldi. * * * - Tamam, dedim. İddiayı kabul ediyorum... Yalnız size bir soru sormama izin verin... - Neymiş o soru? diye atladı Şampiyon. - Sizce maçlarımı ASA sıralamasıyla mı oyna­ mak, yoksa SAS sıralamasıyla mı oynamak benim için daha avantajlıdır? Yani siz ben olsanız ilk ma­ çı kimle yaparsınız? Arkadaşım, - Sıralama ASA olmalı tabii dedi. Şampiyon ile ne kadar az maç yaparsan senin açından o kadar iyi olur. O benden çok daha iyi oynuyor. - Elbette... diye ekledi Şampiyon. Bir matema­ tikçinin böyle bir soru sorması bile abes! Tabii ki ASA sıralamasını seçmelisin. Bana karşı kazanma şansın yok denecek kadar az. - Ben pek emin değilim, dedim... Şampiyon arkadaşıma dönüp, - Sen bu adamın matematikçi olduğundan emin misin? diye sordu. - Bilmem... Kendi ifadesi... Öyle diyor... Ben de onun yalancısıyım... Onlar benimle dalga geçtikçe keyfim artıyor­ du. Zokayı yutmuşlardı bir kez. - Matematikçiyim ama matematiğim pek iyi değildir. Matematik sorularının yanıtı önceden


kestirilemez... Tecrübeyle sabit... - Şunun dediğine bak! Bir matematikçi nasıl böyle konuşabilir? - Peki, dedim, tenis turnuvasını filan boşverin. ASA sıralamasıyla ve SAS sıralamasıyla iki maç üstüste kazanma olasılığımı hesaplayalım. Eğer sizin dediğiniz gibi ASA sıralamasıyla üstüste iki maç kazanma olasılığım daha yüksekse ben size bütün bir hafta boyunca her gece ziyafet sunacağım... Ak­ si halde siz bana bu gece mükellef bir ziyafet suna­ caksınız... Birbirlerine bakıp güldüler. Benimle alay edi­ yorlardı. - Tamam, dediler bir ağızdan. * * * Hesaplara giriştim. Diyelim A’ya karşı kazan­ ma olasılığım a ve S’ye karşı kazanma olasılığım s. Elbette, O <s<a <1 olur. Bu varsayımlarımı kabul ettiler. Önce ASA sıralamasıyla iki maç üstüste kazan­ ma olasılığını hesapladık. Ya 1 ) İlk iki maçı kazanırım, ya da 2 ) ilk maçı kaybedip son iki maçı kazanırım. Bu üç olayı aşağıdaki gibi altalta yazdım. Ka­ zanacağımı varsaydığım sıraya 1 , kaybedeceğimi varsaydığım sıraya O yazdım. A S A olasılık 1 1 as 0 1 1 ( 1 - a)sa

En sağa da her olayın olasılığını yazdım. Bunları toplayınca, p(ASA) = as + (1 - a)sa = as(2 - a) çıktı. Sonra SAS sıralamasını ele aldık: S A S olasılık 1 1 sa 0 1 1 ( 1 - s)as Bu sefer, p(SAS) = sa + (1 - s)as = as(2 - 5 ) bulduk. Bunlardan hangisi daha büyüktür? s < a oldu­ ğundan, 2 -s>2 - a olur ve buradan da p(SAS) > p{ASA) çıkar elbette. Demek ki SAS sıralaması benim için daha avantajlı. Önce şampiyonla oynamalıyım... * * * Akşam ziyafette hesabın ardındaki mantığı an­ lattım: - ikinci maç kilit maçtır. İkinci maçı kaybeder­ sem, asla iki maç üstüste kazanamam. Dolayısıyla ikinci maçı en zayıf oyuncuyla yapmalıyım, ki iki maç üstüste kazanma şansımı artırayım... Ben kuş sütünü yudumlarken, arkadaşım, - Bu matematikçiler karın tokluğunu düşünür­ ler, diye dalgasına devam etti. V


Tenis Maceralarım* (2)

Halis Muhlis rtık iyice alışmıştık tenis kulübüne. Yine kulübün en kötü oyuncusuydum ama san­ ki en iyi oyuncusu olsam ne olacak dünya şampiyonu olmadıktan sonra. Amaç zaman geçir­ mek, biraz hareket etmek. Bir gün tenis kulübünde on kişiydik. Kortun kenarında oturuyorduk. Sürekli ne kadar iyi tenisçi olduğuyla övünen Şampiyon hepimizi sıraya dizdi. En iyi oyuncu kendisi olduğundan en başa o geçti. En kötü oyun­ cu ben olduğumdan en sona beni koydu. Hepimi­ ze l ’den 10’a kadar numaralar verdi. Şampiyon 1 numaraydı, ben de 1 0 numara. Bana dönüp, - Hadi, dedi, bir turnuva yapalım. Sen kendi­ ne iki kişi seç, ben de kendime... Böylece üçer kişi­ lik iki takım oluşacak ve herkes herkesle oynaya­ cak, lig usulü. Kimin takımı daha fazla maç kaza­ nırsa, o takımın oyuncuları diğer takımın oyuncu­ larına birer lira verecek. - Tamam, dedim. Ama sen herkesten daha iyi oyuncu olduğun için, sen takımına 8 ve 9 numara­ ları al, ben de 2 ve 3 numaraları alayım. Böylece biraz denge sağlanmış olur. Tamam mı? Çenesini yumruğuna dayayıp gözlerini gökyü­ züne dikip biraz düşündü. Arada bir de bana kuşku dolu bakışlar atıyordu. Aklınca aklından bazı he­ saplar yaptı, ya da yapar gibi göründü. Sonra, - Yani benim takımım 1, 8 ve 9 numaralardan oluşacak, senin takımın da 2, 3 ve 10 numaralar­ dan, öyle mi? diye sordu. - Evet, dedim. Bir önceki günden ağzı yandığı için kuşkuluy­ du. Biraz daha gökyüzüne bakıp, - Tamam, dedi.

A

1 Julian Havil’in Nonplussed adlı kitabındaki bir yazıdan esinlenilmiştir. Princeton Publishing House 2007.

Merak edermiş gibi yapıp “orda ne var?” gibile­ rinden gökyüzüne bakmam gülüşmelere neden oldu. Turnuvaya başladık. Herkes herkesle oynadı. Toplam 9 maç yapıldı yani. Tahmin edileceği üze­ re iyi oyuncular kötü oyuncuları hep yendi. Turnu­ va sonucu şöyleydi: 1 8 9 2 0 1 1 3 0 1 1 10 0 0 0 0, bizim takımın yenildiğini gösteriyor, 1 de yendiğimizi. Görüldüğü üzere 9 maçın 5’ini kay­ bettik, 4’ünü kazandık. Benim yüzümden tabii. Bü­ tün maçları kaybettim. -Tamam, dedim, kaybettik. 1 lira kazandınız. Ama galiba şansın yaver gitti. Bizim takım aslında senin takımdan da:ha iyi... - Yaa, dedi gülerek, daha doğrusu alay ederek, öyle mi? - Evet öyle dedim. Bak, oynamayan 4, 5, 6 ve 7 numaralı arkadaşlardan 6 numaralı arkadaşı sen al, 7 numaralı arkadaşı ben alayım. - Yani daha iyi oynayanı benim takıma veri­ yorsun öyle mi? - Evet, dedim. 6 numara senin olsun. Ama bu sefer iddiayı 2 liraya çıkaralım. Gene elini çenesine götürüp o meşhur kuşkulu bakışım fırlattı. Birkaç saniye sonra, - Tamam, dedi. Takımımın oyuncuları pek memnun değildi bu pazarlıktan, takım başkaldırmak üzereydi ama on­ ları yatıştırdım. Herkesin herkesle oynadığı bir turnuva daha yaptık. Gene tüm oyuncular kendisinden daha kö­ tü olan oyuncuları yendi. Gene hiç sürpriz yaşan­ madı. iyi oyuncular hep kötü oyuncuları yendi. Şampiyon herkesi yendi, ben herkese yenildim. Bu sefer sonuçlar şöyle oldu:


1 6 8 9 2 0 1 1 1 3 0 1 1 1 7 0 0 1 1 10 0 0 0 0 Bu sefer 8 - 8 berabere kaldık. Kimse kimseye para ödemedi. Şampiyon şaşkındı. Daha önceki turnuvada hiç sürpriz olmamış ve takımı kazanmıştı, ikinci turnuvada daha iyi oyuncuyu takımına almasına rağmen, ve gene sürpriz olmamasına rağmen, bu sefer berabere kalmıştık. - Yahu, dedim, sizin takım bayağı zayıf kaldı... - Anlaşılan daha iyi oyuncuyu almakla takımı zayıflattım, deyip kocaman bir kahkaha attı. Kahkahası zaman kazanma amaçlıydı. Ne olup bittiğini anlamaya çalışıyordu. Fazla düşün­ mesine fırsat tanımadım. Hemen yeni önerimi gün­ deme getirdim: - İstersen senin takıma 4 numarayı vereyim, biz 5 numarayı alalım... Gene daha iyi oyuncuyu ona öneriyordum, kafası iyice karıştı. Uzunca bir süre sessiz kaldı. - Ki denge sağlansın... diye de devam ettim. - Tamam, dedi.

Takım arkadaşlarım “sen deli misin” diye söylenmeye başladılar ama onları duymamayı ter­ cih ettim. - Ama iddiayı artıralım, dedim. Bu sefer 3 lira olsun... - 4 lira olsun mu? Kendini akıllı sanıyor! - Nasıl istersen... istersen 8 lira olsun! - Tamam! dedi üstüne atlayarak. Gözünü para bürümüş!.. Oynadık. Gene hiç sürpriz olmadı. Gene her oyuncu kendisinden daha kötü oyuncuyu yendi. Anlaşılan bugün şans izinliydi. Sonuçlar şöyle oldu: 1 4 6 8 9 2 0 1 1 1 1 3 0 1 1 1 1 5 0 0 1 1 1 7 0 0 0 1 1 10 0 0 0 0 0 13-12 yenilmişti! O günün net kârı paradan ziyade yüzündeki şaşkınlık ifadesiydi. Soyunma odasına giderken, Matematiğin zor olduğunu biliyordum ama saçmasapan bir şey olduğunu bilmiyordum, dedi. V

Fuleren'ler Her yüzeyi beşgen ve altıgenlerden oluşan ve her köşesinin derecesi 3 olan düzlemsel çizgelere fuleretı denir. Fuleren’ler doğada karbon atomla­ rının birbirleriyle birleşmeleriyle ortaya çıkar. Çizgenin her köşesi bir karbon atomunu, nokta­ lar arasındaki bağıntılar da karbon atomlarının komşu olduklarını sim­ geler. Şekilde 26 noktalı bir fuleren görülmektedir. Bir fulerende tam 12 tane beş­ gen vardır. Bunun kanıtı oldukça kolaydır: n köşe sayısı, e kenar sayı­ sı, / yüz sayısı olsun. Örnekte n 26, e = 39, f = 15. Meşhur Euler formülüne göre n - e +f - 2 olma­ lı. Her köşenin derecesi 3 olduğun­ dan ve her kenar derecelerin toplamına 2 kattı­ ğından, 3n = 2e olmalı. Şimdi, f 6 ve / 5 , çizgedeki altıgen ve beşgen yüz sayısı olsun. Demek ki,

f 5 +f 6 = f = e - n + 2 = 3nl2 - n +2 = n/2 + 2. Ayrıca her kenar tam iki yüzün üstünde olduğun­ dan, 5/5 + 6/ö = le = 3«Son iki denklemden f 5 = 12 bulunur. Buradan da rı - 2/ 6 + 20 çıkar. Eğer /g = 0 ise, n - 20 bulunur ve bu da bize yegâne fuleren olan dodekahedronu verir. / 6 = 3 örneği yanda (çizgenin “dışında” kalan alanı da altıgenden sayıyoruz.) Kimyagerler, iki beşgen yüzeyi­ nin ortak kenarı olan fulerenlerin karbon atomları tarafından oluştu­ rulmadığı kanısındalar. Demek ki burada kanıtlanan sonuca göre beş­ genlerin ortak kenarı olmayan fulerenlerin en az 60 köşesi olmalıdır. 60 köşeli böyle bir örnek var­ dır (ve bir tane vardır) ve sayfa 1 0 1 ’de gösteril­ miştir.


Sakız Adalı Hipokrat'ın Bir Teoremi Oya Malum lanı T olan bir dik üçgen çizelim. Eğer dik üçgenin üç kenarına birer kare oturtursak, Pisagor Teoremi'nden dolayı büyük karenin alanının iki küçük karenin alanının toplamına eşit olacağını biliyoruz. Kare yerine yarım daire oturtursak da aynı şey olur elbette, ne de olsa bir kenara oturtulan yarım dairenin alanı kenarın karesinin bir sabitle çarpımına eşittir.

A

A j —jLj + Sj ^2 = ^ 2 + ^ 2 Aş = + S2 + T eşitlikleri geçerlidir. (1 ) ile birlikte bu eşitlikler bize (L\ + + (L2 + S2) = S-[ + S2 + T verir. Sadeleştirirsek L 1 + L2 = T buluruz. Yani hilallerin alanının toplamı üçgenin alanına eşittir. V

Yani yukardaki şekildeki gösterimle, A\+ A2 = A3 (1 ) olur. Şimdi büyük yarım daireyi ters yüz edip aşağıdaki alanlara bakalım:

Kaynakça Roger B. Nelsen, Proofs Without Words II, more exercises in visual thinking, MAA Classroom Resource Materials, 2000.


Çözümleri

/

V$ÎL-d?

Refail Alizade* rafail.alizade@yasar.edu.tr Yanıtları grup halinde ya da bireysel olarak verebilirsiniz. En güzel çözümlere ödüllerimiz var. Alıştırma problemlerinin değil, yalnızca yarışma problemlerinin çözümlerini yollayın lütfen. Her sorunun çözümünü ayrı bir kâğıda okunaklı ve anlaşılır bir biçimde yazınız ve kâğıdın sağ üst kö­ şesine adınızı, soyadınızı, adresinizi, öğrenciyseniz okulunuzu ve sınıfınızı yazınız. Çözümleri, Yaşar Üniversitesi, Selçuk Yaşar Kampüsü, Fen Edebiyat Kampüsü, Matematik Bölümü, Üniversite Caddesi, No: 35 -37, Ağaçlı Yol, Bornova, İzmir adresine veya elektronik postayla rafail.alizade@yasar.edu.tr ve refailalizade@yahoo.com adres­ lerinin ikisine birden (ne olur ne olmaz!) 1 Kasım 2 0 1 1 tarihine kadar adıma gönderiniz. ALIŞTIRMA PROBLEMLERİ A431. n, n + 1, n + 2, n + 20 sayılarından her biri 30030 = 2-3-5-7-11-13 sayısıyla aralarında asal olmayacak şekilde bir n pozitif tamsayısı bu­ lunuz. A432. ABC üçgeninin çevrel çemberinin BC yayı üzerindeki P noktasından BC, AC ve AB doğ­ rularına sırasıyla PL, PM ve PN dikmeleri indiril­ miştir. |BC| \ACI \AB\ \PL\ ~|PM| + |PN| olduğunu kanıtlayınız. A433. Eşkenar üçgenin her kenarı n eşit parça­ ya bölünmüş, bölünme noktalarından kenarlara paralel doğrular çizilmiş, sonuçta üçgen n2 tane küçük eşkenar üçgene bölünmüştür. Bu üçgenler­ den oluşan, her terimi bir öncekisiyle ortak kenara sahip olan ve her üçgeni en fazla bir kere içeren bir diziye zincir denir. Her zincirde en fazla n1 - n + 1 üçgen bulunduğunu kanıtlayınız.

A434. l ’den küçük iki farklı pozitif kökü bu­ lunan, baş katsayısı a olan tamsayı katsayılı ikinci dereceden bir polinom bulunuyorsa, a pozitif tam sayısı en az kaç olur? A435. 1 ve 2 rakamlarından oluşan beş tane n basamaklı sayı yazıldı. Bu sayılardan herhangi ikisinin tam m basamağı çakışıyor, fakat hiçbir ba­ samak beş sayının tamamında aynı değildir. 2/5 < m !n< 3/5 olduğunu kanıtlayınız. YARIŞMA PROBLEMLERİ Y431. Her n pozitif tamsayısı için sadece 1 ve 2 rakamlarıyla yazılan ve 2 ”’ye bölünen bir pozitif tamsayı bulunduğunu kanıtlayınız. Y432. ABCD kirişler dörtgeni verilmiştir. BCD, ACD, ABD ve ABC üçgenlerinin yükseklik­ lerinin kesişim noktaları sırasıyla H, K, L v e N ise, ABCD ve HKLN dörtgenlerinin eş olduğunu ka­ nıtlayınız. Y433. Bir futbol liginde 15 takım bulunmakta­ dır. Herhangi 3 takım alındığında bunlardan ara­ larında maç yapmış olan ikisinin bulunabilmesi için en az kaç maç yapılmalıdır? Y434. a, b,cve d pozitif gerçel sayılardır. Aşa­ ğıdaki eşitsizliklerden en az birinin yanlış olduğu­ nu kanıtlayınız: a + b < c + d, (a + b)(c + d) < ab + cd, {a + b)cd < ab(c +d). Y435. aı, a2, •••» an ve b\, &2 , •••, bn sonlu sayı dizilerinin her birinde 1, 1/2, 1/3, ..., 1İn sayıları­ nın her birine birer kez rastlanıyor. a1 + bx > a2 + b2 > ... > a n +bn eşitsizlikleri doğruysa her k = 1 , 2 , ..., n için a^ + bk< 4/k eşitsizliğinin sağlandığını kanıtlayınız.


ESKİ SORULARA (2010-IV) YANITLAR ALIŞTIRMA PROBLEMLERİ A421. a - b asal ve ab tamkare olacak şekilde tüm (a, b) pozitif tam sayı İkililerini bulunuz. Çözüm: a - b - p olsun, a ve b'nin her ortak böleni p'yi de bölmek zorunda, dolayısıyla iki du­ rum olabilir: 1 ) ebob(a, b) = p; 2 ) ebob(a, b) = 1 . Birinci durumda a = pc ve b = pd olacak şekil­ de aralarında asal olan c ve d pozitif tamsayıları bulunur. O halde ab = p2cd tamkare olduğundan c ve d tam kare olmak zorunda, p = p(c - d) eşitli­ ğinden c - d = 1 elde edilir, fakat iki pozitif tamkarenin farkı 1 olamaz, ikinci durumda av e b arala­ rında asal olduğundan her biri tamkare olmak zo­ runda. a = c2 ve b = d2 olsun. O halde p = a - b - ( c - d)(c +d) eşitliğinden c - d = \ v e c + d = p, buradan da c - (p + 1 ) / 2 ve d = (p - l)/2 , yani a = (p + l) 2//4 ve b = (p - l)2/4 elde edilir. Her p tek asal sayısı bir (a, b) İkilisi ve­ rir. A422. Dar açılı ABC üçgeninin k çevrel çem­ berinin merkezi O noktasıdır. A açısının açıortayı k çemberini ikinci kez D noktasında kesiyor. B noktasının açıortayı da k çemberini ikinci kez E noktasında kesiyor. ABC üçgeninin iç teğet çembe­ rinin merkezi olan I noktası ve D, E, O noktalan çemberselse, ACB açısı kaç derecedir}

m(EOC) = 2m{EBC) = b, m(COD) = 2m(CAD) = a olduğundan m(EID) = m(EOD) = m(EOC) + m(COD) = a + b. Öte yandan, m(EID) = m(AIB) = 180° - (a/2 + b/2). O halde 3(a + b)/2 = 180°, yani a + b = 1 2 0 °, buradan da c = 180° - (a + b) = 60° bulunur. A423. Bir derste 5 kişi uyuyor. Bunların her biri tam iki kez uykuya dalıyor. Her ikili için bun­ ların ikisinin de uyuduğu bir an bulunur. Üç kişi­ nin uyuduğu bir an bulunduğunu kanıtlayınız. Çözüm: Uykuya dalma ve uyanma anlarına “olay” diyelim. Gerekirse uyuma sürelerini azıcık kısaltarak olayların çakışmadığını varsayabiliriz. Her olaydan sonra uyuyan kişi sayısını not edersek Oİa başlayıp 0’la biten ve bir tek bir çift olacak şe­ kilde sıralanan, 2 1 sayıdan oluşan bir dizi elde ede­ riz. Dolayısıyla bu dizide 2 sayısına en fazla 9 kez rastlanır. =

10

v2 y adet ikilinin her biri için bunların ikisinin de uyu­ duğu bir an bulunduğundan, ve 10 > 9 olduğun­ dan, bu İkililerden en az birinin uyuduğu anda en az bir kişi daha uyuyormuş. A424. Her x, y, z pozitif gerçel sayıları için aşağıdaki eşitsizliğin sağlandığını kanıtlayınız: (x +y +z)

1

1

ı>

(

fZ

X n2

Çözüm: Aritmetik ve Geometrik ortalamalar arasındaki eşitsizlikten

ve Çözüm: m(CAB) = a, m(ABC) = b, m(BCA) = c olsun.

—+—>2 olduğundan


(x +y +z)

=3+

olur. A425. Dışbükey n-genin üç köşesinden oluştu­ rulan üçgenlerden en fazla

n(2n - 5)

3

tanesinin aynı alana sahip olabileceğini kanıtlayı­ nız. Çözüm: Alanı bir A sayısına eşit olan üçgenle­ rin sayısının en fazla kaç olacağını hesaplayalım. Üçgenin kenarı için üç durum olabilir: 1) Çokgenin kenarı. Alanı A olan üçgenlerin bir kenarı çokgenin belli bir kenarı ise, bu kenar üzerinde olmayan köşeleri bu kenara paralel olan bir doğru üzerinde olmalıdır (alanları birbirine eşit olduğu için). Çokgen dışbükey olduğundan bir doğru üzerinde en fazla 2 köşe bulunur. Kenar sa­ yısı da n olduğundan böyle üçgenlerin sayısı en fazla 2 « ’dir. 2 ) Üçgenin kenarı çokgenin bir “küçük” köşe­ genidir, yani çokgen A \A Z

—A n

ise, AjAi+2 şeklinde olan bir köşegendir. Bu kena­ rın bir tarafında sadece bir köşe var, diğer tarafın­ da da en fazla 2 farklı köşe seçildiğinde aynı A ala­ nı elde edilebilir. O halde böyle üçgenlerin sayısı da en fazla 3«’dir. 3) Üçgenin kenarı çokgenin “küçük” olmayan köşegenidir. Bu durumda üçüncü köşe, ikisi bu ke­ narın bir tarafında, diğer ikisi de diğer tarafında ol­ mak üzere en fazla 4 yolla seçilebilir. Buradaki du­ rum sayısı da en fazla 4[n(n - 3)/2 - n\= 2n2 - 10n olacak. Böylece alanı A olan en fazla 2n + 3n + 2n2 - 10n = n(2n - 5) üçgen saydık, fakat her üçgeni 3 kez saydığımız­ dan, üçgen sayısı m(2m - 5)/3’ten fazla değil.

YARIŞMA PROBLEMLERİ Y421. m4 + n2 - 2 sayısının 72'ye bölünmesini sağlayan tüm n tamsayılarını bulunuz. Çözüm: « 4 + m2 - 2 = (m2 - 1 )(n2 + 2 ) = (n + 1 )(n - 1 )(n2 +2 ) şeklinde çarpanlara ayıralım. Eğer n çiftse (n + 1)(m - 1) tektir ve m2, 4’e bö­ lündüğünden n2 + 2 = 2 (mod 4). O halde çarpım 4’e ve dolayısıyla 72’ye bölünmez. Eğer n tekse n + 1 ve n - 1 çifttir ve bunlardan biri 4’e bölünür, dolayısıyla çarpım 8 ’e bölünür. Ay­ rıca, « s 1 (mod 3) ise n - 1 sayısı, n = -l (mod 3) ise n + 1 sayısı 3’e bölünür ve her iki durumda da n2 + 2 sayısı 3’e bölünür, dolayısıyla çarpım 9’a bölünür. Öte yandan m, 3’ün katıysa çarpanlardan hiçbiri 3’e bölünmez. Cevap: n = ±l (mod 6 ) Çözenler: Osman Arşın (Türkçe öğretmeni, Altıntepe Î.Ö., Menderes, İzmir), Eyüp Bulut (Lüle­ burgaz Endüstri Meslek L.), Mahmut Çakar, Yaşar Dönmez (Bornova, İzmir) ve Mustafa Dönmez (Halil Kale F. L., Manisa), Kaan Cem Ketenci (Özel Üsküdar Amerikan L.), Sait Kök (Mehmet Erdoğan Anadolu L.), Mahmut Sait Okyay (Bursa Özel Ni­ lüfer F. L.), Cüneyd Öztürk (Ankara Fen L.), Metin Sarıyar (Maden Mühendisi), Süleyman Murat Şa­ hin (Fatma Saygın A. L., İzmir), Emine Vildan Yav­ ru (Manisa Şehzade Mehmet Koleji), Ertan Yıldı­ rım (Ödemiş Hulusi Uçaçelik A. L., İzmir). Y422. Dışbükey ABCD dörtgeninin \AC\köşe­ geni DCB açısının açıortayıdır. [AB] kenarı ile ACD üçgeninin çevrel çemberi E noktasında kesişi­ yorlar. [AD] kenarı ile ABC üçgeninin çevrel çem­ beri F noktasında kesişiyorlar. AC, DE ve BF doğ­ rularının aynı noktada kesiştiklerini kanıtlayınız.


Çözüm: [AC] ile [BF]’nin kesişim noktası G ol­ olduğundan yeniden düzenleme eşitsizliğini de kul­ sun. m(AFB) = m(ACB) - m(DCA) olduğundan lanırsak la 2b 2c 1 1 1 m(DFG) + m(DCG) = 180° - m(AFB) +m(DCA) — :j ------------------- 1 s------------------------1— j ----------------- — —j = H— - j= -t— j = a +bc b + ca c +ab -Jbc -Jca -Jab = 180°. 1 1 1 1 1 1 O halde CDFG kirişler dörtgenidir. S S + + Ta-Ta" a + b +~c~A m(CEB) = 180° - m(AEC) = m(ADC) = 180° - m(FGC) = m(CGB) Genelliği kısıtlamadan a < b < c kabul edebiliriz. O olduğundan BCGE kirişler dörtgenidir. O halde halde 1l(bc) < 1l(ca) < ll(ab) ve yeniden düzenleme m(AEG) = 180° - m(GEB) eşitsizliğinden m(BCG) = m(ACD) = m(AED), A c+ ^ +a < c ^ a dolayısıyla E, G ve D noktaları doğrusaldır, yani bc ab ca ~ ab ca bc' AC, DE ve BF doğruları G noktasında kesişiyor­ Çözenler: Yaşar Dönmez (Bornova, İzmir) ve lar. Mustafa Dönmez (Halil Kale F. L., Manisa), Mah­ Çözenler: Eyüp Amanvermez (Birey D., Sam­ mut Sait Okyay (Bursa Özel Nilüfer F. L.), Süley­ sun), Yaşar Dönmez (Bornova, İzmir) ve Mustafa man Murat Şahin (Fatma Saygın A. L., İzmir), ErDönmez (Halil Kale F. L., Manisa), Ergün Kurna­ tan Yıldırım (Ödemiş Hulusi Uçaçelik A. L., İzmir). lı (Boğaziçi Ü., İktisat B.), Mahmut Sait Okyay (Bursa Özel Nilüfer F. L.), Cüneyd Öztürk (Anka­ Y425. Düzlemin tamamı iki renge boyanmış­ ra Fen L.), Emine Vildan Yavru (Manisa Şehzade tır. Üç köşesi ve ağırlık merkezi aynı renge boyan­ Mehmet Koleji), mış bir üçgenin bulunabileceğini kanıtlayınız. Y423. Bir kulüpte 11 komite var. Her komite­ nin 5 üyesi ve her iki komitenin ortak üyesi bulu­ nur. 4 komiteye üye olan birinin bulunduğunu ka­ nıtlayınız. Çözüm: Her kişinin en fazla 3 komiteye üye ol­ duğunu varsayalım. Bir komitede 5 kişi var. Her iki komitenin ortak üyesi bulunduğundan geri ka­ lan 10 komitenin her birinde bu komiteden en az bir kişi var. O halde bu 5 kişiden her biri geri ka­ lan komitelerden tam ikisine üyedir, yani her kişi tam 3 komiteye üyedir. Bu durumda toplam üye sayısı (ll-5)/3 olur. Çelişki! Dolayısıyla en az 4 ko­ miteye üye olan biri bulunur. Çözenler: Yaşar Dönmez (Bornova, İzmir) ve Mustafa Dönmez (Halil Kale F. L., Manisa), Mah­ mut Sait Okyay (Bursa Özel Nilüfer F. L.), Süley­ man Murat Şahin (Fatma Saygın A. L., İzmir). Y424. Her a, b, c pozitif gerçel sayıları için aşağıdaki eşitsizliğin sağlandığını kanıtlayınız: (2a)l(a1 + bc) + (2b)l(b2 + ca) + (2 c ) / ( c 2 + ab) <a/(bc) + bl(ca) + d (ab). Çözüm: Aritmetik ve Geometrik Ortalamalar arasındaki eşitsizlikten a ^ +bc =2 a - J b c , b 2 +ca>2b-Jca, c^

+

ab>2cjab

Çözüm: Renkler beyaz ve siyah olsun. Üç kö­ şesi de aynı renkte (örneğin siyah) olan bir ABC üçgeni bulunacağı açıktır. Bu üçgenin G ağırlık merkezi de siyahsa üçgen koşulu sağlar. G nokta­ sının beyaz olduğunu varsayalım. [GA]’nm uzantı­ sı üzerinde IAAjI = 3 x IGAl olacak şekilde  j nok­ tası alırsak A ^ C üçgeninin ağırlık merkezi A nok­ tası olacak. Aj noktası siyahsa A^BC üçgeni koşu­ lu sağlıyor. A1 noktası beyaz olsun. Benzer şekilde B-y ve Cj noktalarını oluşturursak ya bunlardan bi­ ri siyah olacak ve koşulu sağlayan üçgen buluna­ cak, ya da bunlar da beyaz olacak ve A1B1C^ üç­ geni koşulu sağlayacak, çünkü bu üçgenin de ağır­ lık merkezi G noktası olduğu kolayca görülür. Çözenler: Mahmut Sait Okyay (Bursa Özel Nilüfer F. L.). ¥

Ö d ü l K a za n a n la r Mahmut Sait Okyay (Bursa Özel Nilüfer F. L.), Yaşar Dönmez (Bornova, İzmir) ve Mustafa Dönmez (Halil Kale F. L., Manisa), Süleyman Murat Şahin (Fatma Saygın A. L., İzmir).


Bilkent 2010 Soruları Azer Kerimov / kerimov@fen.bilkent.edu.tr

Ocak 2010. a bir doğal sayı olmak üzere, a2x +a olsun.

S2«'=10 1 0 •'Uf oiio toplamının değerini bulunuz. Şubat 2010. n doğal sayısı için, a, b ve c asal sayılar olmak üzere, an +bn = c2 denkleminin en az bir çözümü varsa, n en fazla kaç olabilir? Mart 2010. Q rasyonel sayılar kümesi olmak üzere, / ( 1 ) = 2 ve f(xy) + f(x + y) = f(x)f(y) + 1 koşullarını sağlayan tüm /: Q -> Q fonksiyonları­ nı bulunuz. Nisan 2010. Doğal sayılardan oluşan ve sabit olmayan aİ5 a2, ... aritmetik dizisinin bir a„ elema­ nı için 2010/

sayısı rasyoneldir. Dizinin bir am elemanı için, 3/

Temmuz -Ağustos 2010. Düzlemde i. Herhangi üçü doğrudaş olmayan ii. Herhangi ikisi arasındaki uzaklık irrasyonel olan iii. Köşeleri bu noktalarda yerleşen herhangi üçgenin alanı rasyonel olan 2 0 1 0 nokta bulunur mu? Eylül 2010. Her (a, b, c) üçlüsü için A(a, b, c) = max(ltf - b\, Ib - d, Ic - a\). Her x e [0, 1] için - 1 < ax2 + bx + c < 1 ise, {a, b, c) üçlüsü iyi üçlü olsun. Tüm iyi üçlüler için A(a, b, c) < C koşulunu sağlayan en küçük C sabiti kaçtır? Ekim 2010. Derecesi 2010 olan P gerçel polinomunun 2 0 1 0 tane birbirinden farklı gerçel kökü var. P polinomunun sıfırdan farklı katsayılarının sayısı q(P) olsun. g(P)’nin alabileceği en küçük de­ ğer nedir? Kasım 2010. 13 sayısından büyük olmayan ve i, m ve k pozitif tamsayılar olmak üzere, 2e -2 m

sayısının rasyonel ve

10* şeklinde gösterilebilen tüm doğal sayıları bulunuz.

sayısının irrasyonel olduğunu gösteriniz.

Aralık 2010. x +y +z = 1 olmak üzere, tüm x, y ve z gerçel sayıları için

Mayıs 2010. a, b ve c pozitif gerçel sayılar ol­ mak üzere, s = abc olsun. 3

,

a -s

2a + s

3

3

b -s

c -s

2b +s

2c +s

<L

eşitsizliğini sağlayan en küçük L sayısını belirleyiniz. Haziran 2010. Azalmayan aj, a2, ... doğal sa­ yılar dizisinde her k değeri için aa^ = 3k ise, « 2 0 1 0 elemanının alabilceği tüm değerleri belirleyiniz.

*3

y3

z3 ^

+ T + —^ > Aa x2 +1 y1 + 1 z2 + 1 eşitsizliğini sağlayan en büyük A sayısı kaçtır?


Doğuş Üniversitesi Matematik Kulübü Liselerarası Bireysel Yarışma 2010 Sorular 1. İO2 0 1 0 - 1 sayısını bölen ve 3’ün kuvveti olan en büyük sayı kaçtır? 2. A = (1, V3) ve B = (3, -V3) olsun. x = 5/2 doğrusu üzerinde öyle C noktaları bulunuz ki ACB açısı dik olsun. 3. 27.000.001 sayısının asal çarpanlarının top­ lamı kaçtır? 4. İ3x - 181 + I2y + 71 < 3 eşitsizliğiyle sınırlı bölgenin alanını hesaplayınız.

13. n4 + 4n? + 3n2 - 2n + 7 ifadesi hangi n tamsayıları için bir asal sayı olur? 1 4 y 21

[21 k~ toplamı kaçtır ?

15. {1, 2, 3, 4, 5, 6 , 7, 8 , 9) kümesi, her birin­ de üç sayı bulunan üç gruba parçalanarak, her gruptaki sayıların çarpımları hesaplanıyor. Bu çar­ pımların en büyüğü P olarak adlandırılırsa, F’nin mümkün olan en küçük değeri kaçtır? 16. x2 0 1 0 _ l polinomunun

5. x2 + x - y4 + y3 +y2 + y denklemini sağla­ yan tüm x ve y pozitif tamsayılarını bulunuz.

x4 +x3 + 2x2 + x + 1 polinomuyla bölümünden kalanı bulunuz.

6 . x2 +xy +y2 - 2x - 2y +4 = 0 denkleminin tüm gerçel çözümlerini bulunuz.

17. 1 0 elemanlı bir kümeden, boş olmayan iki ayrık küme kaç farklı şekilde seçilebilir?

7 .49 +94 sayısının en büyük asal çarpanı nedir? 8 . Bir dik üçgende hipotenüse indirilen yüksek­ liğin uzunluğu t, açıortayın uzunluğu m ise üçge­ nin alanım hesaplayınız. 9. a + b + c = 5 ve 1 < a, b, c < 2 ise 1 a +b b+c

1

18. Aşağıdaki S sayısı kaçtır? 1 1 S = arctan ■ •+arctan1 +2 + 2 ı +ı +r 1 +arctan -+•■• +arctan1 + n+ ı 1 +3 +3 _ n 2n 3tc 4tc 5 tc 19. cos — —cos — + cos — - cos— •+ cos — 11 11 11 11 11

ifadesinin alabileceği minumum değer kaçtır?

ifadesinin değerini hesaplayınız.

1 0 . n > 0 bir tamsayı olsun. • n n sın x cos % +--rî2 = 4 n+2 ■n+ cos x sın x denkleminin (0 , n/2) aralığındaki bütün çözümleri­ ni bulunuz.

20. Bir P düzlemindeki ABC üçgeninin kenar uzunlukları a, b, c olsun. Bu düzleme A, B, C nok­ talarında ve aynı zamanda kendi aralarında da te­ ğet olan 3 kürenin yarıçaplarını bulunuz.

1 1 . a + b < c koşulunu sağlayan pozitif tamsa­ yılar kümesinde kabc < a3 + b3 + c3 eşitsizliğini sağlayan en büyük k sayısı kaçtır? 12.OBEB W

1

ifadesinin değeri kaçtır?

1680

1680

'1 6 8 0 ^

3

5

1679


21. \DE\ = İBCI, m(BAC) = 10°, m(ABC) = 110°, m(DEB) = 50° ise x kaçtır? 22. Hangi pozitif n tamsayıları için x2n +xn + 1 polinomu x2 +x + 1 polinomuna kalansız bölünür? 23. 2sin 2°, 4sin 4°, 6 sin 6°,..., 180sin 180° sa­ yılarının ortalamalarını bulunuz.

27. a, b, c > 0 ve a4 + b4 = c4 olsun, k tamsayı olmak üzere, ak, bk, ck sayılarının bir geniş açılı üç­ genin kenar uzunluklarını oluşturması için k değe­ ri kaç olmalıdır? 28. x2 - 10[bd] + 9 = 0 denkleminin tüm çö­ zümlerini bulunuz. (Burada [1x1], x sayısının tam kısmıdır.)

9* 24. f(x) = ----olmak üzere 9+ 3 ( ı > ( 2 'l /(°)+/^2oo9j +} 1^2009J 1

26. a < b < c < d olmak üzere, bu sayıların iki­ şerli toplamlarının en küçük değerleri 1, 2, 3 ve 4 ise d'nin alabileceği değerler toplamı kaçtır?

/2008^ +/d) ' v2009J

toplamını hesaplayınız.

29. Her x e İR için 2(x - 2 ) 4 0 - {ab + b)4 0 = (x2 +px + q)20 eşitliğini sağlayan a, b, p, q reel sayılarını bulunuz.

25. Yarıçapı 1 olan bir çember, birbirine dik 30. ABCD bir dörtgen olmak üzere, İBDİ = 8 , iki doğruya teğet olsun. Bu iki doğruya ve ilk çem­ \BC\= 4, m(A) = 30°, m(CDA) = 60° ve bere teğet olan çemberlerin yarıçaplarının toplamı m(ABD) = m(BCD) kaçtır? olsun. İCDI kaçtır? V

bdzbz ıh - a 'z b t c ?

(b+ o)Cb-a) a s b + <* a z Z a 1 - Z


Akdeniz Üniversitesi

XV. U LU SA L ANTALYA M ATEM ATİK O LİM PİYATI B irinci A şam a Sınav Soruları (2 0 1 0 ) ilham Aliyev*, Mustafa Özdemir*, Gültekin Tınaztepe* ialiev@akdeniz.edu.tr / mozdemir@akdeniz.edu.tr / gtinaztepe@akdeniz.edu.tr 1. Aşağıdaki denklemin pozitif tamsayılarda kaç (x, y) çözüm İkilisi vardır? xyy A) 2 B) 6 C) 4 E) Sonsuz çoklukta

=1 D) 8

2 . 2 0 ! sayısının sonundaki tüm sıfırlar atılırsa, son rakam ne olur? A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 3. En fazla 5, 6 , 7 ve 13 kalem alabilen 4 kalem­ liğe 24 özdeş kalem kaç değişik şekilde dağıtılabilir? A) 114 B ) 115 C)117 D) 118 E ) 120 4. 5020 sayısının farklı pozitif bölenlerinin çar­ pımının sonunda kaç 0 vardır? A ) 17200 B ) 17220 C ) 8600 D) 8630 E ) 8610 5. Ahsen hesap makinesinde yazdığı bir sayı 2 ’den küçük olana kadar V (karekök) tuşuna bası­ yor. Ahsen, bu işlemi, 1 ile 2010 (2011 dahil) ara­ sındaki sayıların kaçında tuşa çift sayıda basarak yapar? A) 1765 B) 1766 C) 1767 D) 1768 E) 1769 6 . Birbirinden farklı olması gerekmeyen ve toplamları 1350 olan 23 pozitif tamsayının EKOK’unun alabileceği en küçük değerin rakamla­ rı toplamı nedir? A) 12 B) 10 C) 9 D) 6 E) 5

alabileceği tamsayı değerlerinin sayısı kaçtır? A) 1 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 . p =£ 0 olmak üzere, a, b ve c sayıları x3 +px + 1 = 0 denkleminin kökleri olsunlar. a-2 b-2 c-2 A= 7 + ", r + 7 a -h1 b +1 c+ 1

ise, A’nın p cinsinden ifadesi aşağıdakilerden han­ gisidir? A) -9/p B) -3İp C) -12İp D) 3İp E) 9lp 9. Aşağıdaki iafdeye göre 2S + 1/10101 topla­ mı aşağıdakilerden hangisine eşittir? S=

10

11

1 0 4 +1 0 2 +1

1 1 4 +1 1 2 + 1

12

100

124 +122 +1

1 0 0 4 +1 0 0 2 + 1

A) 1/259 B) 1/39 C) 1/111 D) 1/91 E) 1/101 1 0 . a ve b pozitif sayılar olmak üzere,

a-y

= 1la,

a2

= ax + 1

a^

= a\ a2

a 100 = a l a 2 — a 99 + 1

ve a l a 2 — a 99a 100 = M b

7. Şekilde L4Bİ = 13, İDCI = 17, İA£İ = 3İEDİ ve \ BF\- 3İECI olduğuna göre, lEfl uzunluğunun

8

ise, 1 1 1 A = — + — +•••+--a\

aıo o


toplamının a\c b cinsinden değeri hangisidir? A) a + b B) 2a + bC) 2a - bD) a - b E) a -2b 11. 1, 2, 3,..., 50 sayıları içinde x14 - 3 = 0 (mod 13) denkliğini sağlayan kaç sayı bulunur? A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11

D)

2 bc b+ c

B)

b2 +c2

V ^ + c2

C)

b+ i

E) 7b~c

16. a„ dizisi, a-y = a2 - 1 ve n > 2 için a n+\ ~ a n- 1 =

1 2 . {a\, a2, a$, a4, a5) gösterimi ai a2 a^ a^

as

5 52 5 5 55 toplamını ifade etmektedir. <jİ5 a2, a3, a4, a$ ra­ kamları (0, 1, 2, 3, 4} kümesinden seçilmek üzere, tüm (a-[, a2, a3, a4, a5) sayılarının oluşturduğu kü­ menin elemanları büyükten küçüğe sıralanıyorlar. Buna göre, baştan 2222’nci sayı aşağıdakilerden hangisidir? A) (1, 0, 1, 2, 3) C) (2, 1, 1, 0, 2) E) (1,2, 1,0, 3)

A)

B) (1,1, 2, 1,0) D) (1,1, 1,3,0)

şeklinde tanımlanıyor. Buna göre, ayylciyj oranı aşağıdakilerden hangisidir? A )— '9 7

B) — '97

C )™ ° ' 99

D )^ ' 97

E ) 101 ’ 99

17. ABCD bir ikizkenar yamuk, [AB] // [DC], İAjBİ = İBCI = İADI = 5 ve ICDİ = 11 olarak verilsin. AEB üçgeninin alanı, BEC üçgeninin alanının 5 katı olacak şekilde, aynı düzlem üzerinde seçilen bir E noktası ile D noktası arasındaki uzaklık en az kaçtır? A) 5V3 B) 6V2 C) 5V5 D) 4V3 E) 4^5

13. Aşağıdaki sayının ondalık yazılımında vir■JÎ2 2009

723 2009

734 2009

72009-2010 2009

gülden sonraki ilk basamaktaki rakam kaçtır? A) 4 B) 5 C) 3 D) 9 E) 0

18. x > 0 olmak üzere, Jx +9 -3 ifadesinin alabileceği en büyük değer kaçtır? A) V6(V2 - 1) B)V6(V2 + 1) C)V3(V2-1) D) V3(V2 + 1) E) V2(V3 - 1)

14. n bir doğal sayı olmak üzere, 1 1 + 1! 19! 3!17!

1 +■ 5! 15!

1 19!1!

2k 2«+l

19. Şekilde İADI = 4, İDCI = 2V2 ve İDJ3İ = 2’dir. m(A) +m(B) = 60° ise, C ’den lAJBİ’ye indirilmiş yük­ sekliğin uzunluğu kaçtır?

eşitliğini sağlayan k tamsayısı aşağıdakilerden han­ gisidir? A) 0 B) 1 C) 2 D) -1 E) -2 15. Şekilde A, B, C, E noktaları bir çemberin üstünde, IABİ = c, İACI = b ve c > b olup, D, İBCI’nin orta noktası; LAKI, BAC açısının açıortayı

C

A) 2

B)73

C)72

D) I

E )^ -

20. Farklı olmaları gerekmeyen 100 reel sayı­ dan oluşan bir kümede, her sayı, geriye kalan 99 sayının toplamının 1/7’sinden büyük olsun. Bu kü­ medeki negatif sayıların sayısı en az kaçtır? A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10 ve E noktası da D ’nin bu açıortaya göre simetriği olsun. Buna göre, A ile D arasındaki uzaklık aşağıdakilerden hangisidir?


Teneffüs! Soru 1. Daire şeklindeki bir pastada aşağıdaki gibi 1 1 tane çilek var. Çilekler nokta­ sal ve herhangi üçü doğrusal değil! Bu pastayı en az kaç bı­ çak darbesiyle kesmelisiniz ki her par­ çada en fazla bir çi­ lek bulunsun. Soru 2. Her k doğal sayısı için 5 5 &+I + 45^+2 + 3 5k

sayısının l l ’e bölündüğünü kanıtlayın. Soru 3. x, y, 2: ve n pozitif doğal sayılar olsun. Eğer n > z ise x n +yn - zn denkleminin hiçbir zaman doğru olamayacağını kanıtlayın. Soru 4. Boş bir satranç tahtası üstüne veziri oyun başındaki kendi yerine ko­ yun. Bu vezir beş hamlede en fazla kaç farklı kareden geçe­ bilir ve nasıl?

tasını öyle birbirine tıpatıp eş dört parçaya ayıracaksınız ki, her parçada tek bir mü­ cevher olacak. Karelerin or­ tasından kesmek ve mücev­ herlere dokunmak yassah!

&

Soru 7. Tek bir zar atıldığında toplam 6 olay vardır: 1 (yek), 2 (dü), 3 (se), 4 (cehar), 5 (penç), 6 (şeş). Ama birbirinden farkı olmayan iki zar atıldı­ ğında olay sayısı 36 değil 21 olur. Nitekim, örne­ ğin, 5-4 ile 4-5 arasında bir ayrım gözetmemek ge­ rekir. Üç zar atıldığında kaç olay vardır? Ya 4 zar atıldığında? Genel olarak n zar atıldığında kaç olay vardır? Soru 8 . Düzlemi üçgen fayanslarla tamamen kaplamanız isteniyor. Hiç boş yer kalmayacak şe­ kilde... Ama iki koşul var: 1) Herhangi bir üçgenin herhangi bir köşesi bir diğer üçgenin ancak bir kö­ şesine değebilir, yani bir köşe bir kenara değemez. 2) Her üçgenin her noktasına tam 5 üçgen değmelidir, ne bir fazla ne bir eksik. Bu koşullarla düzle­

V

Soru 5. Bu vezir beş hamlede en fazla ne kadar mesafe gidebilir ve nasıl? Ama vezirin iki defa aynı kareden geçmesi yasak! Yukarıda vezirin en fazla kaç kareden geçebileceğini sormuştuk. Bu sefer en uzun mesafeyi soruyoruz. Vezirin noktasal olduğu­ nu ve yolculuğun başladığı ve bittiği karelerde ka­ relerin tam ortasında olduğunu varsayabiliriz. Soru 6 . Aşağıdaki satranç tahtasının gösterilen 4 karesinde birer mücevher vardır. Bu satranç tah­

mi kaplayabilir misiniz? Üçgen fayanslarınızın bo­ yunu ve tipini siz kendiniz seçebilirsiniz, bu kadarcık özgürlüğünüz var. V


\

r ı

QQs Olimpiyat Soruları

K ö şe si Korkmaz Sönmez

Oli

Önemli Eşitsizlikler - I Rusların çıkardığı, insanın bakmaya, okumaya ve koklamaya doyamadığı muhteşem bir olimpiyat kitabı var. D.O. Shklarsky, N.N. Chentzov ve I.M. Yalom’un yazdığı bir kitap. İngilizce çevirisinin adı The USSR Olympiad Problem Book, Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics. Birinci yazar olan David Oskaroviç Şklarski 1918-1942 yılları arasında yaşamış, yani 24 yaşında ölmüş; muhtemelen ikinci Dünya Savaşı’nda... Bu genç adamın önünde saygıyla, sevgiyle ve hüzünle eğiliyorum. Bu kitapta eşitsizliklerle ilgili bir bölüm var. Bu bölümü birkaç yazı dizisi halinde okurlarıma ak­ tarmayı vatani bir görev olarak addediyorum. Çeviri yapmayacağım. Bölümün içeriğini özgürce yorum­ layarak ve yeni soru ve bazen de çözümler ekleyerek okurlara aktaracağım. Aritmetik ve Geometrik Ortalama Eşitsizliği ve Uygulamaları, a ve b sayılarının aritmetik ortalamasıı, a +b ~ ~2~

dir; geometrik ortalaması da, ■Jab dir. Negatif sayıların geometrik ortalaması alın­ maz, sayıların O’dan büyükeşit olmaları istenir. Bu iki ortalama arasında meşhur bir eşitsizlik vardır: Her a, b > 0 için, rr a +b olur ve eşitlik sadece a = b için geçerlidir. Bunu kanıtlayalım. Önce şu kanıtın yanlış olduğunu belirtelim: Her iki tarafın da karesini al, paydaları eşitleyip 1 yap, sol tarafı sağ tarafa geçir; böylece 0 < a2 + b2 - 2 ab, yani 0 < (a + b)2 elde ederiz. Bu son eşitsizlik de doğru olduğundan ilk eşitsizliğimiz de doğrudur. Bunun yanlış olması­

nın nedeni, kanıtlanacak önermeden hareket ederek doğru bir önerme elde etmenin bir kanıt yöntemi olamayacağındandır, çünkü yanlış bir önermeden yola çıkılarak da doğru bir önerme elde edilebilir. Örneğin 0 = 1 eşitliğinden yola çıkalım. “ 0 = 1 ise, 1 = O’dır elbette. Bu iki eşitliği altalta yazıp topla­ yalım: 1 = 1 elde ederiz.” Bu dediklerimizden 0 = 1 eşitliğinin doğru olduğu anlaşılmaz elbette. Ama doğru olduğunu bildiğimiz bir önerme­ den, örneğin, 0 < (a + b)2 önermesinden yola çıkarak r r a+b J^b < — önermesini elde edersek, o zaman gerçekten de bu son eşitsizliği kanıtlamış oluruz. Benzer hata denklem çözerken de yapılır sık sık. işte size yanlışlığı çok bariz olan bir hata: x + l = 0=>(;t + l)(x - 3) = 0 => x = -1, 3. Bundan şu çıkar: x + 1 = 0 denkleminin çözümleri ancak -1 ve 3 olabilir. Ama bu, -1 ve 3’ün çözüm olduğunu göstermez. Denkleme geri dönüp bunla­ rın gerçekten çözüm olup olmadıkları kontrol edil­ melidir.


Aritmetik-Geometrik Ortalama Eşitsizliği. Her a, b > O için U

<

^

(AG)

olur ve eşitlik sadece a - b için doğru olur. Kanıt: Yukarda verdiğimniz yanlış kanıtı ters çevirmek gerekir. O < (a - b)2 = a2 + b2 - 2ab olduğundan, her iki tarafa da 4ab ekleyerek 4ab < a 2 + b2 +2ab = (a + b)2 elde ederiz. Her iki tarafın karekökünü alıp 2’ye bölersek istediğimiz eşitsizliği elde edriz. Bu arada kanıtın ilk satırındaki eşitsizliğin, an­ cak ve ancak a - b ise eşitlik olabileceği göz önüne alınırsa, ikinci önerme de kanıtlanmış olur. İkinci Kanıt: Bir diküçgende dik köşeden indi­ rilen yükseklik hipotenüsü, aşağıdaki şekildeki gi­ bi a ve b uzunluğunda iki doğru parçasına bölsün. A

M, BC’nin orta noktası olsun. Düzlem geometri­ sinden, \AH\2 = ab ve IAMI = İJ3Mİ = (a + b)/2 eşitliklerini biliyoruz. Ayrıca \AH\< IAMI eşitsizliğini de biliyoruz. Bu üç olgudan (AG) eşit­ sizliği kolayca çıkar. □ (AG) eşitsizliğinde a yerine a2, b yerine b2 ya­ zarsak ve her iki tarafı da 2 ’yle çarparsak, 2 ab < a2 + b2 elde ederiz. (Bu eşitsizlik elbette (AG)’siz de kanıt­ lanır!) Her iki tarafa a2 + b2 eklersek a2 + b2 + 2 ab < 2 (a2 + b2), yani (a + b)2 < 2 (a2 + b2), yani 2 2 ,ı2 a +b \ ' Sa - ^~

(AG')

buluruz. Ayrıca bu son eşitsizlikten (AG)’yi elde et­ mek de zor değildir. Demek ki (AG) ve (AG') eşit­ sizlikleri birbirine denktir.

(AG') eşitsizliği, aşağıdaki şekilden de görüldü­ ğü üzere, f(x) - x2 fonksiyonun dışbükeyliğinden de çıkar.

Bu da (AG) eşitsizliğinin üçüncü kanıtını verir. Şimdi problemlere geçelim. 1. Çevresi verilmiş bir sabit olan tüm dikdört­ genler arasında, alanı en büyük olanın kare oldu­ ğunu kanıtlayın. Kanıt: Sabit çevreye p diyelim. Kenarlar a ve b olsun. Demek ki a + b - p/2 ve alan ab’ye eşit. (AG)’ye göre, Alan= ab <

a +b

\2

' - ' 2

p2

16

olur ve ancak a - b ise eşitlik olur. Bundan da en büyük alanın a - b iken meydana çıktığı ve bu ala­ nın p2/16 olduğu anlaşılır. îkinci Kanıt: Bu kanıt (AG)’yi kullanmadığı gi­ bi başka bir bilgi de kullanmaz. Sabit çevre p, kısa kenar a, büyük kenar b olsun. Demek ki a < p/2 < b ve a + b - p/2. Buradan bir x > O sayısı için, a = pl4 - x, b - pl4 +x çıkar. Dolayısıyla ab = (p/4 - x)(p/4 +x) = p2! 16 - x2 olur. Bundan da ab'nin maksimum değerine x = O iken ulaştığı ortaya çıkar: x = O ve a = b = p/4. 2. Alanı verilmiş bir sabit olan tüm dikdört­ genler arasında, çevresi en küçük olanın kare oldu­ ğunu kanıtlayın. Kanıt: Aynen yukarıdaki birinci kanıttaki gibi. Tekrarlamıyoruz.


3. Bir diküçgenin dik kenarlarının uzunlukları­ nın toplamının V2 defa hipotenüsün uzunluğunu geçemeyeceğini kanıtlayın. Kanıt: Dik üçgenin kenarları a, b ve c olsun. Hipotenüzün uzunluğu c olsun. (AG') eşitsizliğine göre, (a +b)

a +b )

a +b

< —

ve (a + b)2 < 2 c2 olur. Buradan da istenen çıkar. 4. x, herhangi bir pozitif sayı olsun. x + l/x sa­ yısı en az kaç olabilir? a > 0 bir gerçel sayıysa, min{x + \lx : 0 < x < a} kaçtır? Yanıt: (AG) eşitsizliğini a - x we b = l/x için uygularsak, x + l/x sayısının en az 2 olacağı çıkar. 2 değeri de x - 1 lx, yani x = 1 için elde edilir. Demek ki a > 1 ise, ikinci sorunun yanıtı da aynı: Minimum değer x = 1 için elde edilir ve mini­ mum değer 2’dir. Şimdi a < 1 varsayımını yapalım. Kolay bir hesapla kanıtlanacağı üzere x + \tx fonk­ siyonu (0, a] aralığı üzerine azalır. Demek ki mini­ mum değer x = a iken elde edilir ve bu minimum değer a + 1 /a’dır. 5. a ve b pozitif sayılar olmak üzere, 1 a +■

B( 0,1)

+ b+

1

ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulun. Eğer a + b = 1 kısıtlaması yapılırsa, en küçük değer ne olur? Yanıt: Eğer kısıtlama yoksa, yanıt bir önceki so­ rudan dolayı 4 +4 = 8 çıkar ve bu sonuç a = b = 1 için elde edilir. Bundan böyle a + b = 1 kısıtlaması altında çalışalım. İfade, a v tb değişkenleri açısından simetrik ol­ duğundan, eğer en küçük değer (a, b) tarafından alınırsa, aynı değer (b, a) tarafından da alınır. Bu­ radan da en küçük değerin, a = b, yani a = b = 1 / 2 olduğunda aldığı düşünülebilir. (Bu durumda ifa­ denin değeri 25/2 olur, 8 ’den daha büyük elbette.) Aşağıdaki şekilde (a, b) düzlemi üzerinde, a +b = 1 eşitliğini sağlayan noktalar kümesi olan AB doğru parçasını ve AB ’ye dik olarak da sorudaki ifadenin

*(1 , 0 ) aldığı değerleri göstermeye çalıştık. Elbette a ya da b sayıları 0’a yaklaştıkça ifade büyür. Şekilde mini­ mum tam ortada, a = b = 1 / 2 olarak gözüküyor, ama böyle olmayabilir tabii. Gerçek şekil aşağıdaki gibi de olabilir.

B(0,1)

(b, af' (a, b) * d ,0 ) Ama herhalde birincisi daha akla yakın geli­ yor. Nitekim öyle de. Birinci Çözüm: (AG)’ye göre, a + b = 1 oldu­ ğunda, ab en fazla 1/4 değeri aldığından (o da a b = 1 / 2 olduğunda), sorudaki ifadeyi ab cinsinden ifade etmenin iyi bir fikir olduğu düşünülebilir. Yanlış değil. Öyle yapalım:

b+l r

i

—|a + 2 + 2 I+ b2 +2 + 7 2 =(a2 +fc2) + =(1 - 2 ab) + = 5-2ab +

z , >z a+ b 2ı 2

a b

1 - 2 ab

aV 1 - 2 ab

/

+4 +4

(ab)2

En sondaki ifadede a\tb sadece ab olarak be­ liriyor. Dikkat edilirse, ab ne kadar büyük olursa, en sondaki ifade o kadar küçük oluyor. Dolayısıy­ la ifade en küçük değerini ab'nin en büyük değe-


rinde alabilir: ab = 1/4 iken. Dolayısıyla, /

2

-t\ 2

a+-

= 5-2 ab +

eşitliklerinden dolayı,

1 - 2 ab

ab +

a2b2

S 5-2(1 /4, +î ^ ! = 5 - l / 2 + 1 / 2 (1/4)^ 1/16 = 5+8-1/2 = 13-1/2 = 25/2 olur ve 25/2 değeri a = b = 1/2 iken alınır, ikinci Çözüm: Fikir gene aynı:

ifadesinin aldığı en küçük değeri bulmalıyız. Ama bu sefer ab sayısı (0, 1/4] aralığında değişiyor çün­ kü ab < {(a + b)/2)2 = 1 /2 2 = 1/4 ve bu değere a = b - 1 / 2 iken ulaşılır. (AG)’den dolayı,

1 ve y = e t,>+— 1 x = a +a b

2 / 2 ab+ — > 2 J a b — =2^2 ab v ab

olsun. (AG') eşitsizliğini x ve y için yazalım: 2 2 . tI x +y x +y Î 2 —

\2

Ama x+ y =

1 a

b +- = a+ b+

ı3 + -

a +b ab

= 1 +1 . ab

ve eşitlik ancak ab - 2/ab, yani ab = V2 ise doğru olur. Ama bizim ilgilendiğimiz ab değerleri en fazla 1/4 olabilirler. 3’üncü soruda x + l/x fonksiyonu­ nun (0 , 1 ) aralığında azaldığını kanıtladık. l/x fonsiyonu da azaldığından, jc +2/x fonksiyonu (0, 1/4] aralığında minimum değeri x = 1/4 için alır ve bu minimum değer 1/4 + 8 = 33/4 olur. Sonuç olarak, a + b = l ve a, b > 0 kısıtlaması altında,

Demek ki r x2 +y2 > 2

x+ y

ab

n2 =2

f a+-\ A f,

1 +1/ ab^\

En sağdaki ifade en küçük değerini ab en büyük­ ken (1/4 iken) alır ve eşitlik a = b = 1/2 iken sağla­ nır. Sonuç gene 25/2 çıkar.

K

a) 1

1) b)

(>+*)(*+İ

1 a2 +b2 ub+ . + ab ab , 1 1 - 2 ab ~ab+- b +— —

2

= ab+ — - 2 ab

33

25 :4

olur ve minimum 25/4 değerine a = b = 1/2 iken ulaşılır. 7. a ve b pozitif sayılar olmak üzere, f a + ,İ l f,b+-1 > l b) l a)

6 . a ve b pozitif sayılar olmak üzere,

ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulun. Eğer bir de ayrıca a + b = 1 kısıtlaması yapılırsa, en kü­ çük değer ne olur? Yanıt: Hiç kısıtlama yoksa, en küçük değer 2x2 = 4 olur elbette ve bu değer de a = b = 1 iken alınır. Bundan böyle a + b = 1 kısıtlaması yapalım. f a b ( a + A b + r —ab, +1 ~+ ~ t+ ab b a ^ a ) V b>

2_ ab

ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulun. Eğer bir de ayrıca a + b = 1 kısıtlaması yapılırsa, en kü­ çük değer ne olur? Yanıt: ifadeyi açalım:

a+\

b+

1 -ab+ — +2 > 2 +2 = 4. ab

Eşitlik ancak ab = l/ab ise, yani ab = 1 ise geçerlidir. Öte yandan eğer a + b = 1 kısıtlaması yapar­ sak, ab = 1 olamaz, ab en fazla 1/4 olabilir ve bu da ancak a = b = 1/2 iken olabilir. x + l/x fonksi­ yonu l ’den ve 1/4’ten önce azalan olduğundan,

f a + ı. l f b+, ı = ab +11T+21> 4 + 4 + 2 = ^25 1

b) V

a)

ab

4

4

olur ve minimum 25/4 değerine a = b = 1/2 iken ulaşılır.


8 . Pozitif a, b ve c sayıları için, {a + b)(b + c)(c +a) > &abc eşitsizliğini kanıtlayın. Kanıt: Bu soru artık son derece basit olmalı, (AG)’yi üç defa uygulamak yeterli. 9. Pozitif a ve b sayıları için, a +bx4

Kanıt: AG’yi uygulamak bir işe yaramıyor. AG3 ’ü uygulamanın bir yolu var: 1 X+7

x x

1

„ xx 1

’ 2 +2 +7 î İ 2

3

2 7 ‘ 2 UJ

ve eşitlik ancak x - 2 1/3 ise geçerli. İkinci soru birincisiyle aynı: ilk soruda y = l/x almak yeterli.

ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulun. Yanıt: y = x2 alırsak, aty + by ifadesinin y > O iken alabileceği en küçük değeri bulmak yeterli, ifadenin alabileceği en küçük değer (AG)’ye göre 2(ab)i/2’dir ve bu en küçük değer y = (alb) 1/2 için alınır. Demek ki x - (a/b)w olmalı.

12. Aynı çevreye sahip üçgenler arasında, en büyük alan hangi üçgen tarafından elde edilir? Yanıt: Ünlü Heron formülünü kullanacağız: Bir üçgenin kenarlan a, b ve c uzunluğundaysa ve p çevre uzunluğunun yarısıysa, o zaman alan,

Kanıt: a, b, c yerine a3, b3, c3 alarak, a3 + b3 + c3 - 3abc > O eşitsizliğini kanıtlamanın (gerekli ve) yeterli olduğu görülür. “Çarpanlarına” ayırarak soldaki ifadenin pozitif olduğunu kanıtlayacağız. Soldaki ifadede a yerine X koyarsak, p(X) = X 3 + b3 + c3 - 3Xbc polinomunu elde ederiz. p{-b - c) = 0 eşitliğinin doğru olduğunu kontrol etmek kolay. Demek ki X + b +c polinomu p(X) polinomunu böler. Bölmeyi yapalım: p(X) = (X + b + c)(X2 ~(b + c)X +b2 - bc + c2) buluruz. Şimdi a’da değerlendirirsek, a3 + b3 + c3 - 3abc = p(a) = (a + b + c)(a2 - (b + c)a + b2 - bc + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = (a + b + c)((a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2)/2 elde ederiz. Bu da istediğimizi kanıtlar. Eşitliğin ancak a - b = c iken doğru olduğuna da dikkatinizi çekeriz.

olur ve eşitlik ancak p - a = p- b = p-c, yani a = b = c ise geçerlidir. Demek ki en büyük alanı veren üçgen eşkenar üçgen olmalı.

A = -Jpip ~ a)(p - b)(p - c) olur. (AG3)’e göre, 10. a, b, c > O için aşağıdaki eşitsizliği kanıtla­ £ = (p-a)(p-b){p -c)< { W ± < P Z M ± ± Z f " 3 yın. Eşitliğin ancak a = b = c için gerçekleşeceğini P v 3 gösterin: " 3p-(a + b+c)'\ 3 _ ( 3p-2pV _ p^_ . , ,1 / 3 a +b +c (abc) < -- --(AG3) 3 J "l 3 J "2 7

13. ay, a2, a^, b^, b2, b3 > 0 altı sayı olsun. ^ > 1 + b^)(a2 +bı)(a3 +b3) >

+^ 1 ^ 3

eşitsizliğini kanıtlayın. Kanıt: iki kez (AG3)’ü uygulayarak aşağıdaki hesabı yapalım: (a± +b^)(a2 +b2)(a3 + bş) = a\a2a3 +b\b2bi +(a^a2b3 +a^b2a3 + b^a2a3) ■ H(fl\b2b3 ■ + ■bıa2b3 ■ + ■b^l^a^) > a\a2a3 +b\b2bi +3]jaıa2a3b1b2b3 +3^al a2ai b\b1 1bl = {^Ja l a 2a 3 + 3M

^

) •

istediğimiz kanıtlanmıştır. Eşitliğe hangi koşullar­ 11. x > 0 olmak üzere x + IIx2 ifadesinin ala­da erişildiği sorusunu okura bırakıyoruz. V bileceği minimum değeri bulun. x > 0 olmak üze­ Kaynakça re x2 + 1 lx ifadesinin alabileceği en küçük değeri D .O . Shklarsky, N .N . Chentzov ve I.M . Yalom, The USSR bulun. Olympiad Problem Book, Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics, Dover Publications, Inc. 1994.


Olimpiyat Soruları

K ö şe si Korkmaz Sönmez

Önemli Eşitsizlikler - II Rusların çıkardığı, insanın bakmaya, okumaya ve koklamaya doyamadığı muhteşem bir olimpiyat kitabı var. D.O. Shklarsky, N.N. Chentzov ve I.M. Yalom’un yazdığı bir kitap. İngilizce çevirisinin adı The USSR Olympiad Problem Book, Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics. Birinci yazar olan David Oskaroviç Şklarski 1918-1942 yılları arasında yaşamış, yani 24 yaşında ölmüş; İkinci Dünya Savaşı’nda... Bu genç adamın önünde saygıyla, sevgiyle ve hüzünle eğiliyorum. Kitapta eşitsizliklerle ilgili bir bölüm var. Bir önceki yazıda kitabın bu bölümünü özgürce yorum­ layarak ve yeni soru ve çözümler ekleyerek aktardık. Kaldığımız yerden devam ediyoruz ama bu yazı bir önceki yazıdan bağımsız olarak okunabilir. a-y, ..., an > 0 olsun. Bu sayıların aritmetik or­ talaması,

varsayalım ve (AG2 n+ı) eşitsizliğini kanıtlayalım. 2 " +1 tane pozitif sayı alalım: a\ ı (AG2«)’den dolayı

A ,W - a ı +"' +a" rı sayısıdır. Geometrik ortalaması ise,

a2"> xl/ 2 "

..., fc2"a-L+'-' +a^n ’

Gn(a) = (a1a2 ---arı) lln sayısıdır. Bu iki ortalama arasında çok meşhur bir eşitsizlik vardır: Geometrik ortalama aritmetik or­ talamayı aşamaz! n - 1 için bariz olan ve n = 2 ve 3 için geçen yazıda kanıtladığımız bu eşitsizliği bu yazıda her n doğal sayısı için kanıtlayıp çeşitli uy­ gulamalarını vereceğiz.

,

,

x i/2 "

<

b1 + - + b 2n

î-

eşitsizlikleri geçerlidir. Bunları taraf tarafa çarpar­ sak, ^1 /2 ” a\+•■ •+üjn b\4---h b^n l ^ ı ■■■a1 nb\ ■■■b 2 n 1

< ■

2”

2”

elde ederiz. (A G ^’i kullanarak sağ tarafı büyüte­ lim:

Teorem. Her a\, ..., an > 0 için, .. _ (AG„)

1-- t-a^n a\+• •*+#2 n

■ + — ^^2 ” 1/

/ \ l İn a\■ + ■•••+an (a\a2---a„) < --- ----

/

olur. Ayrıca eşitlik sadece ve sadece a^ = ... - an ise geçerlidir. Birinci Kanıt: Önce (AG2«) eşitsizliğini n üzeri­ ne tümevarımla kanıtlayacağız. Eğer n = 0 ise ka­ nıt bariz, ne de olsa (AGj), aı - a-y diyor. Kanıtı çok kolay olan n = 1 durumunu geçen yazımızda ele almıştık. Şimdi n > 1 olsun. (AG2*) eşitsizliğini

b-[-\ --f-b^n

2”

2” 2

\

Son iki eşitsizlikten,

/


1

,

(aX---a2nbX---b2n^l" -

, ı \2 d\ -\ -- +bX\ ------^t>2n ,«+1

buluruz. Her iki tarafın da karekökünü alırsak, is­ tediğimiz eşitsizliğe ulaşırız. Eşitliğin ne zaman olacağını da (tümevarımla) anlayabiliriz. Eşitsizliğe kanıt boyunca, bir defa (AG2 )’yi, bir defa da (AG2 n)’yi kullanarak tam iki kez başvurduk. (AG2 «+ı)’de eşitliğin olması için ka­ nıtta kullanılan her iki eşitsizliğin de eşitlik olması gerekir. (AG2,.)’yi kullandığımızda eşitliğin olması için (tümevarım varsayımına göre), = ... = ve —... = b^n* eşitliklerinin geçerli olması gerekir. (AG2)’yi kulla­ ndığımızda eşitliğin olması için, ax +— ı-a^n b\h--- h b^n 2” 2" eşitliğinin geçerli olması gerekir. Bütün bunları bir araya getirdiğimizde, (AG2 «+ı)’de eşitliğin geçerli olması için a2n = bx = ... - b<2«. a\= eşitliklerinin geçerli olması gerektiği anlaşılır. Böylece (AG2«) eşitsizliğini her n için kanıtlamış olduk. Şimdi eğer (AGn+x) doğruysa, (A G J’nin de doğru olduğunu kanıtlayacağız. Bu da, yukardaki sonuç sayesinde, (A G J’nin her n için doğru oldu­ ğunu kanıtlayacak. ax, ..., an sayılarını alalım. ax +••• +On <*n+\ olsun. aı, ..., an, an+x sayılarına (AG„+1) eşitsizliğini uygulayalım: 1 / n+ 1 û\+•••+Un +dn+\ (axa2 anan+\ n+ 1 Bu eşitsizlikte an+x yerine değerini koyalım: 1 a\+---+a„ f

a 1+. . . + a „ ) ^

î.*i+ "+ *«+

[a^-an— ---J * ------

elde ederiz. Her iki tarafı da düzenleyerek, 1 («1*2 - a n) ”+1, . ax+--+an ----- j-----(a1+— +an)n+ 1 < --- ----

„n+l elde ederiz. Eşitsizliğin sol tarafındaki en sağdaki ifadeyi eşitsizliğin sağ tarafına geçirelim:

*n+1

elde ederiz. Her iki tarafın da n+l’inci kuvvetini alırsak, a\ai--an (*!+••• +a„ ) „n — n»+ı buluruz. Gerisi kolay. Solda paydada bulunan « ’yi solda paydada bulunan n ile sadeleştirirsek ve her iki tarafın da n’inci kökünü alırsak, dilediğimiz, /

\1 İn

(axa2 - a n)

flX +

h Un

-- ”

eşitsizliğini buluruz. Eşitliğin ne zaman doğru olduğuna bakalım. Kanıt boyunca eşitsizlik sadece bir defa peyda oldu. O eşitsizliğin de eşitlik olması için ax = ... = an = a„+x olmalı. Yani ax = ... = an olmalı. □ İkinci Kanıt: n üzerine tümevarımla kanıtlaya­ cağız. n - 1 için önerme bariz. Şimdi (AG„)’yi var­ sayıp (AG„+j)’i kanıtlayalım. ax, ..., a„, an+x sayılarını seçelim. Bu sayıların en büyüğünü en so­ na koyduğumuzu varsayalım, yani an+x diğer bü­ tün sayılardan büyükeşit olsun. _ ax +••• +a„ n tanımını yapalım. An+X benzer biçimde tanımlan­ sın. O zaman, ax +••• +an +a„+x _ nA„ +an+x Aı +1 n +1 n +1 olur. an+x sayısı diğer tüm <2, sayılarından daha bü­ yükeşit olduğundan, elbette a n +1 - A n

olur. Demek ki bir b > 0 sayısı için, *«+l ~ +b olur. Yukardaki eşitlikten devam edecek olursak, nA„ +a„+x nAn+An+b b Al+1_ n +1 ~ n +1 “ ” n +1 eşitliğini buluruz. Sol ve sağ tarafların n+l’inci kuvvetini alıp (ve en son eşitsizlikte tümevarım varsayımını kullanıp),


K

K+l .

n+1

A„ +

(n+l)xn < nxn + 1 + 1 eşitsizliğini kanıtlamamız gerektiği anlaşılır, işte kanıtı:

n +1 rn+1 "

> < +‘ +

. 1 v +1 '' 1

(n +l)xn - 1 - nxn+1 = -nxn(x - 1) +(xn - 1)

«+ 1

= (x-\){-nxn +X ”=0V ] = (*-1) 2

*^ ( * ' )

«+1

- ^ + 1 +Anb - A^{An + b) - A%an+\ >{a\--an)an+\=a\ ■■■anan+\

=- ( x - l )2H Z o{X%

elde ederiz. Bu da kanıtlamak istediğimiz eşitsizlikti. Eşitliğin doğru olması için b - O ve (tümevarım varsayımına göre), a1 - a2 - ... = an olmalı. Bu ikisinden a-y= a2 a n - a n+1 çıkar. □ Üçüncü Kanıt: at yerine b,n yazarak, kanıtla­ mak istediğimiz eşitsizliği, nb\■■■bn <b\ -ı-- (-b" şekline sokalım, n = 1 için eşitlik var. Şimdi eşitsiz­ liği n için varsayıp n + 1 için kanıtlayalım, n + 1 ta­ ne pozitif b\, b2, • bn, bn+ı sayıları seçelim. [n +\)b\••• bnbn+ı < b\ + 1 +—

eşitsizliğini kanıtlamak istiyoruz, iki tarafı da

cl c2 ■ ■ ■cn = x = 1 ve (tümevarım varsayımım kullanırken) ci = c2 ise, yanı,

b1 = b2 = ... = bn = bn+l ise yani, a1 = a2 = ... = an = an+l ise geçerlidir. Teorem bir kez daha kanıtlanmıştır. Problemler 14. Toplamları t olan n pozitif gerçel sayının çarpımı en fazla kaç olabilir? Yanıt: +r2 + ••• +rn = t ise, (AG„)’den dolayı

r\= r2

sayısına bölüp c,- = bj/bn+j tanımım yaparsak, ka­ nıtlamak istediğimiz eşitsizlik, /(w + i\ •••Cn ^^ w+l H" •**+ Cyı« + 1 + 1-ı şekline bürünür. Ama tümevarım varsayımım, fa+1)/* .... Cl (»+!)/» :

sayılarına uygularsak, +1 =«Cı

(«+!)/«

(«+!)/«

+1

n+ 1 C1 eşitsizliğinin geçerli olduğunu görürüz. Demek ki, .

..

/

rı+ — + r„

olur ve eşitlik ancak

bn+1

(»+!)/«

\(n+l)/«

(« +l)cr --c„ <n(cı---c„J eşitsizliğini kanıtlamak yeterli.

* = (C\C2 ••• Cn)lln tanımını yaparak,

+1

cn = 1

cı = c2 = ise, yani,

r n+ 1

C1

xİ) - ° -

Eşitlik ancak

rı — r„<

+b%+j

T

= r„ = tin

ise geçerlidir. 15. n tane a^, ..., a„ sayısı verilmişse, 0\ £2_ &n- 1 «3 toplamı en fazla kaç olabilir? Yanıt: (AG„)’den dolayı r \ a ı a2 an_\ an *1 . 42 . . &n—1 . ^ — +— +•••+--- +— >n a2 a^ a2 a-i On a ı olur ve eşitlik ancak a\ a2 a2 a3

&n- 1 _ £ n_ a„ a\

ise geçerlidir. Bu orana r dersek, eşitlik ancak, a \—ral ı a2 = ra3>

an-l ~

^n ~ ^ 1

ise, yani at = ra2 - r2 <23 = ... = rn~lan = rnaı ise, yani r - 1 ve


a ı = a 2 = ra3 ise geçerlidir.

n+ 1

16. a v e b pozitif sayıları için, n+ll , n a +nb Ja b n < ---n +1 eşitsizliğini kanıtlayın. Ne zaman eşitlik olabilir? Kanıt: Eşitsizlik (AG„+j)’den hemen çıkar. Eşitlik ancak a - b ise mümkündür. 17. tfj, ..., an, pozitif sayılar olduğuna göre / (a\h-- Ha„) .<*1 / sayjs/ az kaç olabiliri Yanıt: (AGw+ı)’yi her iki parantez için de uygu­ larsak yanıtın n2 olduğunu hemen görürüz. Eşitlik ancak aj = ... = a„ ise mümkündür. 18. Her n > 1 doğal sayısı için, n\< eşitsizliğini kanıtlayın. Kanıt: (A G J’yi uygulayalım: n!=lx2x---x« <

1 +2 +•••«

n ^(n +l)n " fn +1 N 2 n “l 2 J V

/

19. Her « > 1 doğal sayısı için, 2 "w! , — < 3 n eşitsizliğini kanıtlayın. Kanıt: (AG„)’yi uygulayarak ya da bir önceki soruyu kullanarak 2 nn\ ( n+ 1 A ---<

f n + 1-t\n <3 eşitsizliğini göstermek gerekiyor. (Soldaki ifadenin n sonsuza giderken limiti e sabitidir ve e < 3’tür.) îşte bu son eşitsizliğin kanıtı:

K ; 1 o n1

*= 2 ,ı ( «-- / ) !

1

« «(«—1)-” («—(»—1)) 1 _

ü

= 2 +z ; =2 i ( i - - ı ı - n _ V 1” 1 „ 'V'» ı s 2 +A j. 2 j s 2 +l , 1. 2 v = r :2 +y * i = 3 .

2 0 . x + x2 +x3 + l/x6 sayısının alabileceği en küçük değeri bulun. Yanıt: (A G ^’ü uygulayalım: / 1 >1/4 2 3 1 . . 2 3 1 ■ 4. x+x +x +—? < 4 XX X - -6 X X Ve eşitlik ancak x = 1 ise mümkündür. Dikkat: Eğer soru “x +x2 + 2/x3 sayısının ala­ bileceği en küçük değeri bulun” şeklinde olsaydı (AG3 )’ü uygulayarak en küçük değeri bulamazdık, çünkü x = x2 = 2 /x3 denklemlerinin çözümü yoktur. x +x2 +2 /x3 sayı­ sının alabileceği en küçük değerin bu yöntemle bu­ lunabileceğini sanmıyorum. 2 1 . x2 + 2 /x3 sayısının alabileceği en küçük de­ ğeri bulun. Yanıt: (AG5)’i uygulayalım:

2 2 x2 x2 x2 1 1 x ' + ~T = -T-+-r + ^ r + -T+ -r X 3 3 3 3 x3 x3 >5

buluruz. Demek ki,

rn

= l +-

X2 x2 X2 1

1

\

\l /5

s

buluruz. Eşitlik ancak

3

x3

ise, yani x = 6 1/5 ise mümkündür.

»3/5


22. x +x2 + l/64x4 sayısının alabileceği en kü­ çük değeri bulun. Bu en küçük değere hangi x ta­ rafından ulaşılır? Yanıt: (A G ^’ü uygulamaya çalışalım: X+ X

2

4-

1 i 64x

~T —

x x xx ~ ~

2 2

-> ı

1

+ X + '

A

64*4

1/4 >4

4x64

= 1.

Şimdilik l ’in sadece altsınır olduğunu biliyo­ ruz; henüz l ’e ulaşabileceğimizi bilmiyoruz. x/2 = x2 = 1/64*4 denklemlerinin bir çözümü olduğundan (x = 1 /2 , şansımız yaver gitti!) 1 ger­ çekten en küçük değerdir ve bu en küçük değere x = 1/2 ile ulaşılır

Yanıt: (AG4)’ü uygulamaya çalışalım: 3x+2x2 H— \-r = 6 x ^ +4x — h— \— 2x 2 2 2x 1/ 11 X2 11 >11 14 2 ~2' 2x v x/2 - x2/2 = l/(2 %14) denklemlerinin bir çözümü olduğundan (x = 1, şans hep bizden yana!) 1 1 / 2 gerçekten en küçük değerdir ve bu en küçük değe­ re ulaşmak için x = 1 alınmalı. 25. a\, a2, a$, a4 sayıları için . . 2 .3 .4 „ ( +2a2 +3 * 3 +4* 4 a-l a1ai a4 < 1 ------ —------

10

23. x +x2 + 64/xs sayısının alabileceği en kü­eşitsizliğini kanıtlayın. Kanıt: Çok kolay... çük değeri bulun. Bu en küçük değere hangi x ta­ rafından ulaşılır? Yanıt: (AG4)’ü uygulamaya çalışalım: 26. Aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayın: 64 2 64 x2 x2 x+x H--F=x+ -—+ — + . x5 2 2 t-5 sl/4 / x2 64 >4 = 4<16)1/4 = 8 . 2 2

Şimdilik 8 ’in sadece altsınır olduğunu biliyo­ ruz; henüz 8 ’e ulaşabileceğimizi bilmiyoruz. x - x2/2 = 64/x5 denklemlerinin bir çözümü ol­ duğundan (x = 2, şansımız gene yaver gitti!) 8 ger­ çekten en küçük değerdir ve bu en küçük değere x = 2 ile ulaşılır. Eğer hesaplara X+X

2

64

x2

x2

x5

2

2

+ —T = X + — + —

1

1

1

l ( 2

22 33 44

1

V (” + 1 ) / 2 nn < l » +ly

Kanıt: (AG„(„+1w2)’yi kullanmak yeterli: 1 1 1 n n 33 44 r ı r ( 1 1 1 ) r ı_ l" =1 , 2 2 , v3 3 3 J «> l+2+3+---+n 11x1 1+T 1 +,3x — 1 -+•■•+«x — 1 2x — ________2 3________________ n 1 +2+3 +■•■+« \b(h+1 ) / 2

64

f

n(n +1 ) / 2

+ — T

- \ «(«+!)/ 2 n+1

*5

eşitliğiyle başlamak yerine, 2 2 64 x x x x 64 x+ x 4- t = t* + ~ + ~~+ ~~~+ f -5 3 3 3 2 -5 x X eşitliğiyle başlasaydık, başarıya ulaşamazdık çün­ kü x/3 = x2/2 = 64/x5 denklemlerinin bir çözümü yoktur. Yani şansın yaver gitmesi için doğru ayrış­ tırmayı yapmak lazım, ama her şeyden önce doğru ayrıştırmanın olması lazım. 24. 3x +2x2 + 1/(2x14) sayısının alabileceği en küçük değeri bulun. Bu en küçük değere hangi x tarafından ulaşılır?

27. Aşağıdaki eşitsizliği kanıtlayın-, 1 \n(«+l) / 2

02 ^3 . 4 n \ 2«+ 1 1-2 -3 -4 •■•w < ,

Kanıt: (AG„(„+1y2)’yi kullanmak yeterli: l-22 -33 -44 •••«"<

1+22 +3-3 h-- 1-«•« w(n +l) / 2

n(n +1)(2 «+ 1) / 6 n(n +l) / 2 n(n+l) / 2

2w +1

\n (n+l)l 2

\»(«+l)/2


28. yı olsun.

aı,

an, toplamı s olan n tane pozitif sa­za giderken limiti es’dir; yani bir anlamda eşitsizlik olabilecek en keskin eşitsizliktir. n

2 (1 +

+ al)

(1 + a n ) ~

1 + Tl+ T7 + 1!

2!

~7 ti

29. Her n için,

eşitsizliğini kanıtlayın.

■J2^4S J8

Kanıt: (AG„)’yi kullanacağız:

< n +l

eşitsizliğini kanıtlayın. X ,=1 ;:l +a;)

( l + f ll) ( l + « 2 ) • • '( ! + an)~

ı ı E L . ‘■ i

/

S

\n

Kanıt: Sol tarafın 2"’inci kuvvetini alıp AG’yi uygulayalım: n

n

E”,,2"'2' n n\ S V-'fl *’=0 |!(«-*)! M‘

2 " _ 1 +•••+ 2 + 1

Z

2 ” -1

g - , 2’

= Y ” nf ı - - T ı - - V - f ı - — ] - < y ” ^ 1-0v

«A

_2ı«-l + .---+2 + 1

V

« J i!

■ ‘‘■"'*=0 a

Not: Bunun özel bir durumu olarak, = ... = an - sin alırsak, 2 H s s s 1 + — ^ 1 + +~ +•••+ 1! 2! m! v «/ elde ederiz. Eşitsizliğin her iki tarafının da n sonsu­

2” -1

/

„ \2 "-l «2 ”

v 2”

-1

Kaynakça D .O . Shklarsky, N .N . Chentzov ve I.M . Yalom, The USSR Olympiad Problem Book, Selected Problems and Theoems of Elementary Mathematics, Dover Publications, Inc. 1994. V

Buckminsterfulleren

Buckminsterfulleren. Bkz. sayfa 101


Cahit A rf Matem atik Günleri X - 2011 Birinci Aşama Yanıtları, 19 Mart 2011

İstanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü tarafından düzenlenen Cahit Arf Matematik Günleri’nin onuncusu 500 dolayında öğrencinin katılımıyla gerçekleşmiştir. Cahit Arf Matematik Günleri liselerarası ve iki aşamadan oluşan bir matematik yarışmasıdır. Üç saat süren birinci aşamadan sonra seçilen 30 dolayında öğrenci gün boyu süren ikinci aşamaya hak kazanır. Daha ayrıntılı bilgi ve verilen ödüller için: http://math.bilgi.edu.tr/cahitarf. 1. Eğer n, 1’den büyük bir tamsayı ise râ +4" sayısının asal olamayacağını gösteriniz. Çözüm: Eğer n çiftse n4 + 4" ifadesi de çift ve 2’den büyük olur. Dolayısıyla asal olamaz. Eğer bir k tamsayısı için n = 2 m + 1 ise 4 n _ 4lm+\ - 4 (4 2 w) _ 4(22 )2m = 4(2m )4 ve dolayısıyla «4 + 4 « = „ 4 +4(2m )4

P polinomu bulunuz. Çözüm: Kökün içindeki ifadeyi kareye tamam­ larsak

a =^6 +4^2 =^ 2 2 +4 j 2 + - j 2 2 = -J(2 +-J2)2 = 2 + -J2

= (n2 - 2 n lm +2 (2 m)2)(n2 + 2 n lm + 2[2m)2) eşitliği sağlanıyor. Son ifadenin çarpanları l ’den büyük, çünkü n sayısı l ’den büyük. Yani « 4 + 4n bu durumda da asal olamaz. 2 . İç açıları 0 , 2 0 ve 2 0 olan bir üçgende ikiz kenarların uzunluğu 1 ise diğer kenarın uzunluğu nedir? Çözüm: Bu üçgene ABC üçgeni diyelim, ikiz kenarları AB ve AC olsun. B açısının açıortayının AC kenarını kestiği nokta D noktası olsun. Veri­ lenlerden BAD ve ABD açıları 0 ’ya eşit. Dolayısıy­ la AD ve BD aynı uzunlukta. Diğer yandan, gene verilenlerden, BDC ve DCB açıları da 20’ye eşit. Dolayısıyla BD ve BC de aynı uzunlukta. A D ’nin uzunluğu 1 olarak verilmiş. AD, BD ve BC’nin or­ tak uzunluğuna x diyelim. ABC ve BCD üçgenleri benzer olduğundan IABI IB C I İB C M C D İ yani 1 x

3. a = 76+ 4^2 olmak üzere P(a) = 0 koşulu­ nu sağlayan ikinci dereceden tamsayı katsayılı bir

x x-\

olmalı. Demek ki x2 = 1 - x. Buradan da, x pozitif olduğundan, x = (V5 - l)/2 çıkıyor.

elde ederiz. Yani P(x) = (x - (2 + V2))(x - (2 - V2)) = x2 - 4x + 2 istenen özellikleri sağlıyor. 4. a, b ve c sayıları birbirlerinden farklı reel sa­ yılar olsunlar. a- b +Vb-c + yjc-a = 0 olamayacağını gösteriniz. Çözüm: Genel olarak x3 +y3 +z3 = (x +y +z) 3 3(x +y + z)(xy +xz +yz) + 3xyz eşitliği doğru. Bu eşitlikte x = 3İa - b , x = 31b-c ve x = ŞJc-a alalım. Diyelim ki x + y +z = 0. Bu durumda, x3 +y3 + z3 = 3xyz sağlanmalı. Ama x3 +y3 +z3 - (a - b) + (b - c) + (c - a) - 0 ve dolayısıyla 0 = 3xyz = 33j(a-b){b-c)(c-a). Bu son eşitliğin doğru olması için ya a = b ya b = c ya da a - c sağlanmalı. 5. x + y +z - 1 ve x, y, z > 0 ise (x + 1)(y + l)(z + 1) ^ 64xyz olduğunu gösteriniz. Çözüm: Elbette


ve

7. Tüm x, y reel sayılan için If(x) - f(y)\ = \ x- yİ ve /(O) = 0 şartlarını sağlayan bütün f : İR —» İR fonksiyonla­ rını bulunuz. Birinci çözüm: Öncelikle y = 0 alırsak her x için

ab +bc +ac> 3\J(ab)[bc)(ac) = 3^Jabc2 eşitsizlikleri geçerli. Dolayısıyla (1 +a)(l +b)(l +c) = 1 +(a +b +c)

l/(x)l = I/(*) - 01 = \f(x) - /( 0)1 = lx - 01 = 1x1 olduğu görülür. Buradan her x için f(x) = x ya da f(x) = -x olduğu çıkar. Dolayısıyla / ( l) = 1 ya da

1 + - J İ +- ](1 + — |> 64 yj\ eşitsizliğini göstermek yeterli. Eğer a, b ve c pozi­ tifse, aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden a +b +c> ?>\labc

+(ab +ac +bc) + abc > 1 +^Jabc +i^Jabc1 +‘Mabc^ = (1 +\labcf’ Şimdi a = l/x, b = l/y ve c = l/z alalım. Bu bize \3 f \ ı ı N> ı l ı +— fi1 + - 1 +— 1 +7 7 = V X) l y, V L yxyz) verir. Aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğini x, y ve z’ye uygularsak 1 = x +y +z> 3^Jxyz ve dolayısıyla \fxyz ~ elde ederiz. Bu da istenen eşitsizliği verir. 6 .m > 2 ve 0 = 2nlm olmak üzere 9

?

l +cos 0 + +cos ((m -l)0 ) = — olduğunu gösteriniz. Çözüm: Öncelikle 2 cos x =

l +cos2 x ----

olduğunu hatırlarsak 1 +cos2 0 +••• +cos2 ((m-l)0 ) ^1 +cosO ^ fl+cos(2 0 )"ı l

2

J 1l

f l+cos(2 (m-l)0 )

2

m 1 = —+—(l+cos(20)+cos (40)+---+cos (2(w-l)0))) :\m- 1 (e» ' ) ° +(e2e<)1 +(c2« ) 2 +...+(eM ) 2

2

m 1 :î +2 :

1 -e

29mi

/ ( l) = —l'dir. Eğer / ( l) = 1 ise tüm x’ler için f(x) = x oldu­ ğunu iddia ediyoruz. Bir x için f(x) - -x olduğu­ nu varsayalım. O halde !/(*)■- / ( 1)1 = I—x —1 I = lx —II çıkar ki bu da -x - 1 = x - 1 ya da x + 1 = x - 1 verir, ikinci durumda çözüm yoktur (yani bu du­ rum mümkün değildir), birincide ise x = 0 elde edilir ki bu durumda f(x) - x şartı da sağlanmış olur. O halde tüm x değerleri için /(x) = x sağlan­ mak zorundadır. Benzer şekilde eğer /(1) = -1 ise tüm x'ler için f(x) = -x olmalıdır, eğer bir x değeri için f(x) - x oluyorsa yukarıdakine benzer şekilde l/(x )- /(l)l = lx+ 1 I = lx - II denklemi elde edilir ki bu ilk durumdaki denkle­ min aynısıdır, tek çözüm olan x = 0 için f{x) = -x sağlandığından her x için f(x) = —x eşitliğinin sağ­ landığı söylenebilir. Her iki fonksiyon da aranan şartları sağladığı için sorunun iki çözümü vardır, f(x) = x ve f(x) = -x. ikinci çözüm: ilk çözümdeki gibi her x için l/(x)l = 1x1 olduğu gözlendikten sonra her x ve y için

/(x)/(y)= |/ w |2 +|/(y)|2-|^ )- /(y )'2 kullanılarak her x için /(x) = /(l-x) = /(l)/(x ) = /(l)x olur, yani / doğrusal bir fonksiyon olmak zorun­ dadır. Burada /(D = ±1 olduğu için

1 -e2. 0 ı

Burada son kısımda 0 = 2nlm verildiğinde 1 - e2" = 0 olduğunu kullandık.

f(x) = x ya da /(x) = -x olabilir. Bu iki fonksiyon da istenen şartları sağla­ dığı için çözüm kümesi bu iki fonksiyondur.


9. Bir pozitif n tamsayısının tüm pozitif tam bölenlerinin çarpımı 24 0 -53 0 sayısına eşittir. Bu n

8 . Her n > 1 tamsayısı için /

y « t-Lk=\

arctan

1

\

= arctan

2k

sayısını bulunuz. Çözüm: Verilen bilgilerden sayının n = 2a5b şeklinde olduğunu anlıyoruz. Pozitif tam bölenleri şöyle bir tablo halinde yazabiliriz: 2°-5° 2°-51 ••• 2°-5b 21 -5° 2 i-51 ••• 21-5b

z+1

olduğunu gösteriniz (Burada arctan, tan: (-n/2, -n/2) —> K fonksiyonunun ters fonksiyonudur). Çözüm: Öncelikle tanx+ tany ta.n(x+ y) = 1 - tan* tan y

2a-5° 2a-51 ••• 2a-Sb Bu tablodaki /’inci sütunun (i = 0, 1, ..., b ol­ mak üzere) çarpımı

olduğunu kullanarak tan(arctanx +arctan y) -

x +y \-xy

a(a +1 )

Si :=2

/ arctan * + arctan y = arctan

x +y

\

1 ~xy.

elde ederiz. Tümevarım kullanacağız. Eşitliğin n - 1 için doğru olduğu aşikar. Bir n > 1 değeri için doğ­ ru olduğunu varsayalım: ■<r-ı«+l f 1 2 ^ =ı arctaH \2k2 arctan

2k2

+arctan

n +arctan = arctan V«+l ' = arctan

2(n +1)

2(n+lf

1

« +1

2(n+l )2 1

2 n(n +1) + 1

= arctan

= arctan

2(n +1)2 2(n +1)3 -« y

V +1)(2 w2 +2 k +V 2« 3 + 6 n2 + 5« +2 (« +l)(2 n2 +2 n+1) +2 )(2 n2 +2 n +1)

,, .,,«(«+!) (a+ , 1,M b+'l 'ı )— r — 2 -5 2

(b+ 1)— -—

olur, bu da (6 +1) 4 ^ , 4 0

ve („ +l ) ^ l ) = 3 0

10. ABCD ve CXYZ birer karedir (Köşeler sa­ atin ters yönünde sıralanmıştır). D X ve BZ doğru parçaları, P noktasında kesişmektedirler. DPZ açı­

« +İ 2 (« +1)2

v 2(n +1)

So-Sr -S6 =2

verir, buradan (eşitlikleri taraf tarafa bölerek) a/b = 4/3 çıkar. Basit bir denemeyle a = 4 ve b - 3 için denklemlerin sağlandığı görülür. Dolayısıyla çö­ züm n = 24 -53 sayısıdır.

1

n

1-

= arctan

5(a+1)'

olur. O halde tüm çarpım

ve dolayısıyla

=Y ”

2

■arctan

f— U +2 1 )

sını bulunuz. Çözüm: D CX açısı DCB ve BCX açılarının toplamına, BCZ açısı da BCX ve X CZ açılarının toplamına eşit. DCB ve XCZ açıları eşit olduğun­ dan (ikisi de 90 derece) D C X ve BCZ açıları eşit. Diğer yandan D C ile BC ve CX ile CZ eş uzunluk­ ta. Demek ki DCX üçgeniyle BCZ üçgeni eş. Bura­ dan da CDX ve CBZ açılarının eşit olduğu çıkıyor. Yani BPD ve BCD açıları da eşit. Ama BCD açısı 90 derece. Bu da demek oluyor ki BPX açısı da 90 derece. T


Cahit A rf Matematik Günleri - 2010 İkinci Aşama Soru ve Yanıtları, 8 Mayıs 2010 Selçuk Demir / selcukdemir@math.bilgi.edu.tr

İstanbul Bilgi Üniversitesi Matematik Bölümü tarafından düzenlenen Cahit Arf Matematik Günleri’nin dokuzuncusu xx dolayında öğrencinin katılımıyla gerçekleşmiştir. Cahit Arf Matematik Günleri liselerara­ sı ve iki aşamadan oluşan bir matematik yarışmasıdır. Üç saat süren birinci aşamadan sonra seçilen 30 dolayında öğrenci gün boyu süren ikinci aşamaya hak kazanır. Daha ayrıntılı bilgi ve verilen ödüller için: http://math.bilgi.edu.tr/cahitarf. Not: Kanıtlayamadığınız bir soruyu sonraki sorularda kullanabilirsiniz. Tanımlar. X ç R2, düzlemin bir altkümesi ol­ sun. Eğer her A, B e X için, AB doğru parçası X ’in bir altkümesiyse, X ’e dışbükey denir.

b-a tanımını yapalım. O zaman t e [0 , 1 ] ve kolay bir hesapla görüleceği üzere, p = ta + ( 1 - t)b olur. Şimdi yukarıdaki şekle bakarak, i = 1,2 için, .

çünkü örneğin A ile B arasındaki doğry parçasının bir kısmı kümeden çıkıyor.

P - (Pli Pı) ve Q - (<7 ı> <?2 ) düzlemin iki nok­ tasıysa, P + Q \e P - Q noktalarının, p ± Q = (Pl ±‘lı ,P 2 ±‘İ2) olarak tanımlandığını biliyoruz. Eğer r e R ise rP = (rpu rp2) olsun. Eğer X ve Y düzlemin iki altkümesiyse, X + Y ve X - Y kümeleri X ± Y = { P ± Q : P e X, Q e Y] olarak tanımlansın. rX ve -X gibi kümelerin tanı­ mı bariz olmalı. Soru 1. A ve B düzlemde iki nokta olsun. AB = {tA + (1 -t)B : t e [0, 1]} eşitliğini kanıtlayın. (Burada AB, A ile B noktaları tarafından belirlenen doğru parçası anlamına gel­ mektir.)

bj-pj bı - Oi tanımını yapalım. Demek ki, Pi = tial + (1 - tt)bj olur. Ama Tales Teoremi’nden dolayı =h eşitliği geçerlidir. Eğer t = îj = t2 tanımını yapar­ sak, P = tA + (l- t)B olur. Demek ki AB ç {tA + (1 - t)B : t e R} olur. Ters içindeliği kanıtlamak da kolay. Soru 2. Herhangi (sonlu ya da sonsuz sayıda) dışbükey kümenin arakesitinin dışbükey olduğunu kanıtlayınız. Kanıt: i e / için X, dışbükey bir küme olsun. A ve B noktaları X, arakesitinde olsun. O za­ man her i e I için A ve B noktaları X, kümesinde olur. Ama X, kümesi dışbükey olduğundan, bun­


dan AB doğru parçasının X,- kümesinin bir altkümesi olduğu çıkar. Bu dediğimiz her i e I için doğ­ ru olduğundan, AB doğru parçası X,- arakesi­ tinin bir altkümesidir. Dolayısıyla X ;-arakesi­ ti dışbükeydir. Soru 3. Eğer X ve Y dışbükeyse ve r e İR ise, X+Y,rXveX-Y kümelerinin dışbükey olduklarını kanıtlayın. Kanıt: A, B e X + Y olsun. Ay, By e X ve A2, B2 e Y için» A = Ay +A2 ve B = By +B2 olsun. Eğer t e [0 , 1 ] ise, tA + (1 - t)B = +A2) + (1 - t)(By + B2) = (fAj + (1 - £)Bj) + (?A2 + (1 - t)B2) e X+ Y olur. Birinci soruya göre X + Y dışbükeydir. rX ’in dışbükey olduğunu göstermek de kolay. X - Y = X + (-1) Y olduğundan, X - Y’nin dışbükeyliği ilk iki sorudan çıkar. Soru 4. U çz R2 düzlemin herhangi bir altkümesi olsun. U’yu içeren en küçük dışbükey küme­ nin olduğunu kanıtlayın. Yani öyle bir X c I 2 ol­ duğunu kanıtlayın ki, a) U ç: X ve X dışbükeydir, b) Eğer Y yukardaki iki özelliği sağlıyorsa, o zaman X ç Y olur. U’yu içeren en küçük dışbükey kümeye U'nun dışbükey zarfı adı verilir. Birinci Kanıt: R2, l/’yu (altküme olarak) içe­ ren dışbükey bir kümedir. Demek ki U ’yu içeren en az bir dışbükey küme vardır. U’yu içeren tüm dışbükey altkümelerin arakesitine X diyelim. El­ bette U ç X olur. Birinci soruya göre X dışbükey­ dir. Demek ki U’yu içeren tüm dışbükey altküme­ lerin arakesiti gene U ’yu içeren dışbükey bir altkümedir, dolayısıyla U ’yu içeren tüm dışbükey altkü­ melerin en küçüğüdür. İkinci Kanıt: X 0 = U olsun. n e N için Xn kü­ mesini tümevarımla kanıtlayacağız. X„’nin tanım­ landığını varsayıp X„+1’i tanımlayalım. X „ +1 kü­ mesi, A, B e X„ için, AB doğru parçalarının bileşi­ mi olsun: X n +1 = ^ 4 , B e X„ A B

olsun. Elbette Xn ç X „ +1 ve, dolayısıyla, eğer m < n ise X m ç= X n olur. Şimdi

x = u „ eNx„ olsun. X ’in istediğimiz küme olduğunu kanıtlamak istiyoruz. X elbette Y’yi içerir, çünkü X 0 = U.

Önce X ’in dışbükey olduğunu kanıtlayalım. A, B e X olsun. O zaman, X ’in tanımına göre, belli n, m e N göstergeçleri için, A e X„ ve B e X m olur. Diyelim m < n , yani X m ç X„. Demek ki hem A hem de B noktası X„’de. Dolayısıyla AB doğru parçası X n+1’de. Demek ki AB doğru parçası X ’te. Şimdi Y, U’yu altküme olarak içeren herhangi bir dışbükey küme olsun, n üzerine tümevarımla X „ ç Y içindeliğini kanıtlayacağız ve böylece X =U „ eNX „çY olacak ve kanıtımız bitecek, n - 0 için bu içindelik bariz: X n - U ç Y. Şimdi X , ç Y içindeliğini varsa­ yıp Xn+l ç Y içindeliğini kanıtlayalım. P e X „ +1 ol­ sun. X n+y kümesinin tanımından dolayı, öyle A, B e X„ vardır ki, P e AB olur. Ama A, B e Xn c Y olduğundan ve Y dışbükey olduğundan, AB çz Y olur. Demek ki P e AB çz Y. Böylece X „ +1 ç: Y içindeliği kanıtlanmış oldu. Soru 5. n > 3 için, düzlemde verilmiş Xy, X 2, ..., X n dışbükey kümelerinin her üçünün arakesiti boş de­ ğilse hepsinin arakesitinin de boş olmadığını göste­ riniz. Kanıt: n üzerine tümevarımla kanıtlayacağız. Eğer n - 3 ise yapılacak bir şey yok. Bundan böyle n > 4 olsun. Eğer n = 4 ise, V kümesi X,kümelerinin bileşimi olarak, eğer n > 4 ise, V = X5 n X 6 n . . . n X „ olarak tanımlansın. Vy €: X 2 o X 3 o X 4 n V, v2 g Xyo X 3 o X 4 n v3 € Xyn X 2 n X4 n V, v<y g X j n X 2 n X 3 o V olsun. (Tümevarım varsayımına göre bu kesişimler boşküme değildirler.) vy, v2 ve v3 noktalarından her biri X 4 kümesinin elemanıdır. X 4 kümesi dış­ bükey olduğundan bu noktaların oluşturduğu üç­ gen de bu kümenin altkümesidir. Dolayısıyla eğer f 4, diğer üç noktanın oluşturduğu üçgenin içindey­ se ı/4 e X 4, yani V4 g X j n X 2 o X 3 o X 4 olur ve istediğimiz kanıtlanmış olur. Bundan böyle bu dört noktanın dışbükey bir dörtgen belirlediğini varsayalım. Diyelim [vy ı>3] ve [v2 f 4] doğru parça­ ları dışbükey dörtgenimizin iki köşegeni, z noktası bu köşegenlerin kesiştiği nokta olsun. z e [vy 1/3 ] c X 2 n X 4 n V, ve


M a te m a tik D ünyası, 2011-11

z e [v2 v4\ç n X3 n V olduğundan, z e X j n X 2 n X 3 n X4 n V olur ve istediğimiz kanıtlanmış olur. Soru 6 . Düzlemde kenarlan eksenlere paralel olan n tane X İ5 X 2 , X n dikdörtgeni verilmiş ol­ sun. Eğer bunlardan herhangi ikisi kesişiyorsa hep­ sinin kesiştiğini gösteriniz. Kanıt: Bu soruda hem beşinci soruyu, hem de onun özel bir halini kullanacağız. Beşinci sorudan dolayı her üç dikdörtgenin kesiştiğini göstermek yeterlidir. Beşinci sorunun bir boyutlu halinden ya­ rarlanacağız. Aynı yöntemle beşinci sorunun bir boyutlu halini de kanıtlayabiliriz: IR’de sonlu sayı­ da kapalı aralıkların her ikisi kesişiyorsa, hepsi en az bir noktada kesişirler. Şimdi bizim dikdörtgen­ lerin x eksenindeki izdüşümlerini A j, A2, An ile gösterelim. Verilen koşullardan biliyoruz ki bu kümelerden herhangi ikisi kesişmektedir. Demek ki x e Aj n A2 n ... n A„ olacak şekilde bir % bulabiliyoruz. Aynı şekilde bu dikdörtgenlerin y eksenine izdüşümlerini ö ı, B2, ..., Bn ile gösterirsek, y e B1 n B2 n ... n Bn olacak şekilde bir y de bulabiliriz. Şimdi açıkça gö­ rülür ki (x, y)e X j n X 2 n ... n X n dir. Soru 7. Gene düzlemde X\, X 2, ..., Xn ve A dış­ bükey kümeleri verilmiş olsun. X j, X 2, ..., X n küme­ lerinin herhangi üçünün A'nın bir ötelenişini kestiği­ ni kabul edelim. Yani her i, j, k e {1, 2,..., n] için, X { n (m +A) * 0 , Xj n (u +A) ± 0 , X* n (u +A) * 0 koşullarını sağlayan bir u e R2 noktasının olduğu­ nu varsayalım. Burada varlığı söylenen u elemanı i, j ve k göstergeçlerine göre değişir elbette, u +A kü­ mesinin her Xj kümesini kestiği bir m e İR2 noktası­ nın olduğunu kanıtlayın. Kanıt: Her i e (1, 2, ..., n) için Bj = Xj - A := [x - a : x e X ;, a e A) kümelerini düşünelim. Üçüncü soruya göre, Bj kü­ meleri dışbükey kümelerdir. Elbette u e Bj •» (u + A) n Xj * 0 . Verilen koşullardan bu dışbükey kümelerin her üçü­ nün kesiştiğini de biliyoruz. Beşinci soruya göre ke­ sişimde bir u noktası vardır:

-n>

Bu u noktası için, (u + A ) n Xj * 0 olur. Soru 8 . xı, x2, ..., xn düzlemde verilmiş n tane nokta olsun. Eğer bunlardan hangi üçünü alırsak alalım bunları içine alacak R yarıçaplı bir daire bulabiliyorsak bu noktaların hepsini içine alacak R yarıçaplı bir disk olduğunu gösteriniz. Kanıt: Önce x\, x2, x3 noktalarım düşünelim. Soruda verilenlerden biliyoruz ki, düzlemde öyle bir p noktası var ki, p merkezli ve R yarıçaplı da­ ire bu üç noktayı da içeriyor. Yani bu p noktasının x-y, x2, xt>noktalarına uzaklıkları R’den büyük de­ ğildir. Başka bir deyişle, p noktası x-y, x2, x3 mer­ kezli ve R yarıçaplı disklerin arakesitinde bulun­ maktadır. Şimdi daha genel düşünelim: Eğer D j, D 2, ..., D„, merkezleri sırasıyla * 1 , x2’ •••’ xn ve yarıçapları R olan daireleri gösteriyorlarsa bun­ ların her üçünün boş olmayan bir arakesiti var de­ mektir. Daireler dışbükey olduğundan, beşinci so­ ruya göre bunların hepsinin arakesitinde olan bir a noktası vardır. Tanım gereği bu a noktasının her bir X- ye uzaklığı R ’den küçükeşittir. Dolayısıyla bu noktalar merkezi a olan ve yarıçapı R olan disk içerisinde yer almaktadırlar. Soru 9. Eğer düzlemde alınan A, B, C noktala­ rının birbirlerine olan uzaklıkları < 1 ise o zaman A, B, C noktalarının yarıçapı 1/V3 olan bir daire­ nin içinde yer aldığını kanıtlayın. Kanıt: Eğer ABC üçgeni geniş açılı veya dik bir üçgen ise, yanda­ ki resimdeki gibi, uzun kenarı çap olarak kabul eden daire bu üç noktayı da içerir (neden?). Bu çemberin yarıçapı 1/2’den, dolayısıyla 1/V3’ten de küçük olmak zorundadır. A Şimdi ABC üçgeninin dar açılı bir üçgen olduğ- / / \ \ unu varsayalım. Bu üçge- / / \ \ nin açılarından birisi, di- \/ \ yelim ki A açısı, 60°’den -y C küçük değildir. Bu üçge­


nin çevrel çemberinin yarıçapı r ise, İBCI > W3 şar­ tını sağlamak zorundadır. (Çünkü BC kenarını ki­ riş olarak gören merkez açı, 120 < 2m(A) < 180 eşitsizliklerini sağlamaktadır.) Demek ki 1 > W3 oluyor. Bu da bize r < 1/V3 olduğunu gösteriyor. Soru 10. Düzlemde n tane nokta veriliyor. Bunların herhangi ikisinin arasındaki uzaklığın 1 birimden büyük olmadığını kabul edelim. Bütün bu noktaları içine alacak 1/V3 yarıçaplı bir diskin olduğunu gösteriniz. Kanıt: Soru 8 ve 9’dan çıkıyor.

x,y ve z noktaları A’dan seçilmiş üç nokta ol­ sun. x +y +z 3

t=

noktası da xyz üçgeninin ağırlık merkezi olsun. (Yani kenarortayları­ nın ortak noktası olsun.) Şimdi 3t!2 noktasını düşünelim. Bu nokta Kt kümesinin bir elemanıdır çünkü -t!2 + 3t/2 = t e A. Bu noktayı üç değişik şekilde yazabiliriz: 31

x +y

z

x +z

2

2

2

y y +z

x

2

2

— = --- +- = --- + - = ---- +—. 2

2

Birinci gösterimden Soru 11. A, düzlemde verilmiş dışbükey bir kü­ me olsun. B = -Al2 kümesinin de dışbükey bir kü­ me olduğunu biliyoruz. B kümesinin bir ötelenişinin A kümesinin içinde yer aldığını kanıtlayın. Ya­ ni u + B çz A koşulunu sağlayan bir u noktasının varlığını kanıtlayın.

Kanıt: A verilen dışbükey küme olsun. Eğer x e A ise, Kx = {u e R2 : -x/2 + u e A] tanımını yapalım. Elbette Kx = A +x/2 = A + (l/2){*} olur. Dolayısıyla Kx dışbükeydir (Soru 3). Şimdi elimizde dışbükey kümelerden oluşan {Kx : * e A) ailesi var. Bunların hepsinin içinde bulunan bir u noktası bulduğumuzu varsayalım. O zaman, her x e A için, -x!2 + u e A olacaktır. Yani, -Al2 +u ez A koşulunu sağlayan bir nokta bulmuş olacağız. O halde sadece böyle bir noktann varlığını kanıtla­ mak yeterlidir.

3tl2 e Kz, İkincisinden 3112 e Ky, sonuncusundan da 3112 e Kx sonucu çıkar. Bu demek oluyor ki {Kx : x e A] kü­ melerinden her üçünün ortak bir noktası var. O halde beşinci soruyu kullanarak hepsinin arakesi­ tinde aradığımız gibi bir u noktası olduğunu gös­ termiş oluruz.

Soru 12*. Bir çokgenin uzunluğu kenarlarının uzunluklarının toplamı olarak tanımlanıyor. Uzunluğu L olan bir çokgenin yarıçapı L/4 olan bir dairenin içine gireceğini gösteriniz. Kanıt: Çokgen üzerinde, çokgenin uzunluğunu tam ortadan ikiye bölen a veb noktalarıalalım yani çokgen üzerinde dolaşarakgidilen ab ve ba yollarının uzunluğu LI2 olsun, p, bu iki noktanın orta noktası olsun. x çokgenin üzerinde herhangi bir nokta olsun. [xp] doğru parçasını p'ye doğru xp mesafesi kadar uzatarak elde edilen axby para­ lelkenarından 2 px < yb + bx - ax + bx elde ederiz. Ama elbette ax + bx uzunluğu çokgenin kenarları izlenerek gidilen ab yolundan, yani L/2’den daha uzun olamaz. Demek ki, ax +bx İ L L xp < ----- < ---= — . v 2 22 4 Dolayısıyla çokgenimiz, p merkezli, L/4 yarıçaplı dairenin içindedir. V


Eureka! Haydar Göral / hgoral@gmail.com

Zekâ Soruları Yanıtlarınızı 15 Ekim 2011 tarihine kadar hgoral@gmail.com adresine yollayın. Doğru yanıtlara ödüllerimiz var. SORULAR MD-2011-II.1. Altı Yıl. Doğan ve Uğur’un do­ ğum günleri aynıdır. Ardışık altı yıl boyunca Doğan’ın yaşı Uğur’un yaşının hep bir tam katı olduğuna göre altıncı yılda Doğan kaç yaşındadır? MD-2011-II.2. Boyalı Şekil. Aşağıdaki şeklin dış kısmı için 2 0 beyaz, iç kısmı içinse 15 gri daire kullanılmıştır, tç ve dış kısımlarında eşit sayıda be­ yaz ve gri daireler bulunduran kaç tane dikdörtgen vardır?

neyt, sen de bu işlemi aynen yap.” Ceyhun kartla­ rı nasıl dağıtmıştır? MD-2011-II.4. Duvar Saati. Kol saatinin ica­ dından önce duvar saatleri çok değerli eşyalardı. Burak’ın zamanı doğru gösteren güzel bir duvar saati vardı. Fakat tıkır tıkır işleyen bu saat bir gün durdu. Bu yüzden Burak saatin kaç olduğundan artık habersiz­ di. Kalkıp karşı köyde yaşayan ve saati doğru gösteren arkadaşı­ nın evine arabasıyla saatte 50 km/h hızla gitti. Ar­ kadaşıyla sohbet ettikten sonra evine yine arabasıy­ la 50 km/h hızla geri döndü. Ne yolda harcadığı ne de arkadaşıyla sohbet ettiği süreyi bilmemesine rağ­ men, Burak evindeki duvar saatini sizce nasıl doğru zamanı gösterecek şekilde ayarlamıştır? GEÇEN SAYININ YANITLARI MD-2011-1.1. Çin sihiri. 1 ve 26 arasındaki sa­ yılardan oluşan aşağıdaki 6 kareli tabloya bakalım.

MD-2011-II.3. Deste. Dilek, Kutay, Ceyhun ve Cüneyt, 32 kartlık bir deste ile oyun oynamakta­ dırlar. Ceyhun kartlan her­ kese eşit sayıda düşmeyecek şekilde dağıtmıştır ama ken- “ disi kime kaç sayıda kart verdiğini bilmektedir. Sonra­ da şöyle demiştir: “Eğer her­ keste eşit sayıda kart olması­ nı istiyorsanız dediklerimi aynen yapın. Sen Dilek, kartlarının yarısını Cüneyt ve Kutay arasında pay­ laştır. Sonra Kutay, sen de kartlarının yarısını Di­ lek ve Cüneyt arasında paylaştır. Son olarak Cü-

1 10

4

2

13 16 1 1

19 2 2 6

7

7

25 2 0 8

9

15 16 17 1 2

5

8

3

4

5

14 17 1 2

13 14

23 26 2 1

22

10

11

18

13 14 2 1

23

19 2 0 22

23

24 25 26 15 16 17 24 25 26 1 ve 26 arasında bir sayı tutun. Tuttuğunuz bu sayının bu altı kareden hangilerinde geçtiğini bu­ lun. Şimdi de bulduğunuz karelerin ilk terimlerini toplayın, sonuçta ilk başta tuttuğunuz sayıyı elde


edeceksiniz. Mesela 12>'ü seçelim. 13 bu tabloda birinci, üçüncü ve beşinci karelerde geçiyor. Bu karelerdeki ilk sayılar 1, 3, 9 ve 1 +3 +9 = 13. Bu­ nu açıklayabilir misiniz? Çözüm: Altı karenin ilk hanelerindeki sayılar, sırayla 1, 2, 3, 6 , 9 ve 18 sayılarıdır. Bu altı sayı­ nın toplamı l ’den 26’ya kadar olan her sayıyı ve­ rebilir. Bu altı sayıyı altı karenin ilk hanelerine yerleştirdikten sonra, geriye, 26’ya kadar olan di­ ğer sayılardan istediklerinizi, kuralı sağlayacak yerlere serpiştirmek kalıyor. Doğru Yanıtlar: N. Uygun, N. Büyükdura. MD-2011-I. 2. Dağıtım. Birbirinin aynı olan 20 top A, B, C ve D isimli 4 kutuya dağıtıla­ caktır. A ve B’deki topların sayı­ sı C ve D ’dekilerin toplam sayı­ sından az olmak üzere bu 2 0 top A, B, C ve D kutularına kaç de­ ğişik şekilde dağıtılabilir? Çözüm: A ve B kutularına toplamda en az 0, en fazla 9 top gelebilir. A v e B kutularına k top geldi­ ğinde C ve D kutularında toplamda 20 - k tane top olacaktır, k tane topu AveB kutularına k + 1 şekil­ de, 20 - k tane topu da C ve D kutularına 21 - k şekilde dağıtabiliriz. Demek ki toplamda AveB ku­ tularına toplamda k top gelecek şekilde topları bu dört kutuya (k + l)x( 2 1 - k) şekilde dağıtabiliriz. Buradan da toplam dağıtım sa­ yısı yukarıdaki tipte olan çarpımların k - 0’dan 9’a kadar toplamıdır. Demek ki aradığımız sayı 771 olur. Doğru Yanıtlar: Süleyman Şahin. MD-2011-I. 3. İkili. Elimiz­ de 30'u beyaz, 30’msiyah olmak üzere toplam 60 top var. Bunla­ rın tamamını her torbada en az bir top olacak şekilde iki torba­ ya dağıtıyoruz. Bu torbalardan birini rastgele seçerek, içinden yine rastgele bir top seçiyoruz. Birinci torbadaki beyaz top sayısını x, siyah top sayısını da y ile gösterelim. Tüm dağı­ lımlar arasında, çekilen topun beyaz olma olasılı­ ğını en büyük yapan (x, y) sıralı İkilisi nedir?

Çözüm: İlk torbada m tane top olduğunu ve bunların * tanesinin de beyaz olduğunu varsaya­ lım. Demek ki ikinci torbada 60 - m tane top var ve bunların 30 - x tanesi beyaz. Buradan da çeki­ len topun beyaz olma olasılığı 1 ( x 30 -x x -f2 \m 60-ra_ yani çekilen topun beyaz olma olasılığı 30x +15m-mx m(60-m) olur. Paydayı en küçük yapmak için m - 1 almalı­ yız. Dolayısıyla x - 1 ve y = 0 elde ederiz. Demek ki aradığımız ikili (1 , 0 ) İkilisidir. Doğru Yanıtlar: Naim Uygun. MD-2011-I. 4. Hatalı Toplama. 1 1 ve y = - + - + ■

1 * x —,1 + 1 ■(-_+ 3 5 olsun. O zaman

1 1 2 + 3 + 4 +" olur. Buradan da 2y = x +y elde ederiz. Yani x-y. Ayrıca „ 1 1 1 1 1 q - x ~y = 1 + - + - +-- 3 5 2 4 l] (. n 1 —— +f —1 — —0 + f —ı — — l 2 j 4j [s 6) olur. Öte yandan 1 1 1 1 1 T - - > 0 , ------- > 0 2 3 4 n n +1 .

.

1

olduğundan, 0 =x -y >0. Yani 0 < 0. Hata nerede? Çözüm: x ve y ile belirttiğimiz seriler yakınsak olmadığı için bu toplamlar birer gerçel sayıya eşit değildirler. Iraksak toplamlarla işlem yaptığımız için hata buradan kaynaklanmaktadır. Yakınsak serilerle yapılan hesaplar ıraksak serilerde geçerli olmayabilir. Doğru Yanıtlar: Yok. V

Ödül Kazananlar Naim Uygun. V


A ile n iz in M a t e m a t ik K ö şe si:

Beyincik Hazırlayan ve Sunan: Haydar Göral* / hgoral@gmail.com Yanıtlarınızı 15 Ekim 2011 tarihine kadar hgoral@gmail.com adresine yollayın. Doğru yanıtlara ödüllerimiz var. SORULAR MD-2011-H.l. 8 Haneli, iki tane 1, iki tane 2, iki tane 3 ve iki tane 4 ile 8 haneli öyle bir sayı oluşmak istiyoruz ki l ’ler arasında bir, 2 ’ler ara­ sında iki, 3’ler arasında üç, 4’ler arasında dört ba­ samak olsun. Bu sayı kaçtır? MD-2011-II.2. Karelerden Kule. Yandaki 9 kareden oluşan kule için, P noktasından geçen ve kulenin alanını iki eşit parçaya ayıran doğruyu bulun. MD-2011-II.3. Yanlış Numara. Bir ülkedeki in­ sanların yüzde yirmisinin telefon defterine kayıtlı numarası bulun­ mamaktadır. Telefon defterin­ den rastgele 300 numara seçe­ lim. Bu numaralardan kaçının kayıtlı olmayan numaralardan olması beklenir? MD-2011-Ü.4. Su ve Süt. Masanın üstünde iki bardak ve bu bardakların içinde de eşit miktarda su ve süt vardır. Su dolu bardaktan bir çay kaşığı su alıp süt olan bardağın içine koya­ lım ve daha sonra su süt karışımın­ dan bir çay kaşığı alıp su olan bar­ dağın içine koyalım. Böylece iki bardakta da birer karışım elde et­ miş olduk. Su dolu bardaktaki süt miktarı mı yoksa süt dolu bardaktaki su miktarı mı daha fazladır? MD-2011-II.5. Koyun. Bir çobanın 4 koyunu vardır. Bir gün çoban herhangi iki koyunun birbirine olan mesafesinin eşit olduğunu fark eder. Bu nasıl olabilir?

GEÇEN SAYININ YANITLARI MD-2011-I. 1. Hata. x = lN2 olsun. O zaman 2x2 =1, yani 6x2 = 3. Demek ki 2x2 + 1 = 4 - 4x2, x4 + 2x2 +1 = x4 + 4 - 4x2 (x2 + l )2 = (x2 - 2)2 x2 + 1 - x2 -2

1

=

-2

Yukarıda yapılan işlemlerde hata nerededir? Çözüm: Hata (x2 + l )2 = (x2 - 2)2 ifadesinden sonra yapılmıştır. Karekökü alınan sayı pozitif ol­ mak zorundadır. Buradan sonraki ifade şu olma­ lıydı: \ x2 + 11 = \ x2 - 21 ve x2 - 2 < 0 olduğundan mutlak değerden 2 - x2 olarak çıkma­ lıydı. Sonra da x2 + 1 = 2 - x2 ve 2x2 - 1 . Doğru Yanıtlar: Naim Uygun, Necah Büyükdura, Süleyman Şahin, Semra Belen, T. Rabia Pekdaşdan, H. Bilge Yağcı, Ozan Sülen, Göksu Günbay. MD-2011-I. 2. Bölen Sayısı. d(n) sayısı, verilen pozitif bir tam­ sayının tam bölenlerinin sayısı ol­ sun. d(n) = 25 eşitliğini sağlayan en küçük pozitif tamsayı kaçtır? Çözüm: Verilen n doğal sayısını asal çarpanla­ rına ayrılmış halde, n = pxUl x ■ ■ ■x pj^k olarak yazarsak, d(n) = (ax + 1 ) x ••• x (a^ + 1 ) elde ederiz. Şimdi de d(n) = 25 = 5x5 eşitliğini çözmek istiyorsak, n sayısının en fazla iki tane asal böleni olduğunu görürüz. Bu eşitliği sağ­ layan en küçük sayıyı bulmak için de en küçük asalları seçmeliyiz. Demek ki aradığımız sayı 24x34 veya 22 4 sayılarından biri olmalıdır. Buradan da aradığımız


sayının ilki, yani 1296 olduğunu görürüz. Doğru Yanıtlar: Necah Büyükdura, Süleyman Şahin, Betül Yıldız. MD-2011-I. 3. Çarpım. 1, 2, 3, 4, 5 ve 6 rakamlarını sadece bi­ rer kez kullanarak elde edilen iki tane üç basamaklı sayının çarpımı­ nı en büyük yapan sayılar nelerdir? Çözüm: Sayılarımız 631 ve 542’dir. Doğru Yanıtlar: Naim Uygun, Necah Büyük­ dura, Süleyman Şahin, Semra Belen, Ozan Sülen. MD-2011-1.4. Dörtgen. Kenar uzunlukları 1,5, 5, 7 olan bir dörtgenin alanı en fazla kaç olabilir? Çözüm: 52 +52 = 72 + olduğu için, aradığı­ mız dörtgen, hipotenüsleri birbirine eşit iki tane dik üçgenden oluşur. Yani kenarları 5-5-5V2 ve 1-7-5V2 olan iki dik üçgeni hipotenüsleri üzerinde çakıştırıp bir dörtgen elde ederiz. Demek ki dörtgenin alanı 5x5/2 +7/2 =16 olur. Doğru Yanıtlar: Naim Uygun, Süleyman Şahin.

MD-2011-1. 5. Oyun. Emre, Banu’nun tuttuğu 4 basamaklı bir sayıyı tahmin et­ meye çalışıyor. Emre'nin her tah­ minine karşılık, Banu doğru bili­ nen basamakların sayısını söylüyor. Banu hangi sayıyı tutarsa tutsun, Emre bu sayıyı k tahminde bulmayı garanti ediyorsa k en az kaçtır? Çözüm: Emre ilk önce sırasıyla Banu’ya 1111, 2222, 3333, 4444, 5555, 6 6 6 6 , 7777, 8 8 8 8 , 9999 sayılarını vererek Banu’nun tuttuğu dört rakamı bulur. Daha sonra bu dört rakamdan en fazla 4! = 24 sayı üreterek Banu’nun tuttuğu sayıyı bulur. Demek ki k sayısı en az 9 + 24 = 33 olmalıdır. (Daha iyisi var mı?) Doğru Yanıtlar: Yok. V

Ödül Kazananlar Süleyman Şahin.

fennikarikatürler

Tayfun A k g ü l'ü n

Tayfun AKG Ü L

y e ni k a r i k a t ü r kitabı

M D çizeri

çıktı

fennikarikatürler

t: TM M OB Elektrik Mühendisleri Odası

T M M O B E le k t r i k M ü h e n d is le r i Odası Yayınları, H azira n 2011 ISBN: 9 7 8 -6 0 5 -0 1 - 0 1 2 1 -8


atranç

K ö şe si

Üç Güzel Soru Kıvanç Çefle* / ceflek@istanbul.edu.tr u yazıda belli bir konu üzerinde odaklanma­ yacağız. Yazarınızın değişik kaynaklarda görüp de kendince beğendiği birkaç gelişigü­ zel soruyu ele alacağız, işte bunlardan ilki:

B

L. Kubbel, A. Herbstmann Troitsky Anı Turnuvası, 1. Ödül, 1937 8

■H

mamat 7

mmmm

mgggm mm

6

5 4

m

m tî

m HH

H i

* ■ i

3

2

ılf’

i %

1 a

b

C

d

e

f

■H

g

h

Beraberlik Hatırlarsanız, “At ve Mat” başlıklı yazımızda “Şah +2 A t / Şah” finalinin beraberlikle sonuçlandığını belirtmiştik. Peki, ya “Şah + 3 At / Şah + At” finali? Bu durumda, üstün taraf atlarından birini rakibinin atıyla değişmezse kazanır. Üç atm eşgü­ dümü öyle güçlüdür ki, siyah şah kolayca köşeye kıstırılabilir. işte, yukarıdaki etütte siyah “vezir çı­ kamazsam at çıkarım, nasılsa üç atımla beyazın bir atma karşı kazanırım” stratejisini güdüyor. Beyaz ölüm-kalım mücadelesi verirken bunu da hesaba katmalı. Çözüm: 1. Agl! Ae3+ Eğer 1. ... elV ise 2.Af3+ ve beraberlik 2. Şh3 *

Tıp doktoru.

Eğer 2. Şhl? elV ya da 2. Şh2? elA ve her iki durumda da siyah kazanır. 2. ... Af4+ Eğer 2. ... el A 3. Af3+ Axf3 pat. 3 .Şh2 Ag4+ Eğer 3. ... Afl+ 4. Şhl elA 5. Af3+ Axf3 ve yi­ ne pat. Eğer 3.... elA 4. Af3+ Axf3 5. Şg3 ve beraber­ lik çünkü siyah atlarından birini kaybedecek. 4. Şhl Af2+ Eğer 4. ... elV/K hemen pat olur. Eğer 4. ... el A 5. Af3+ pat. Ve eğer 4. ... elF 5. Af3+ ve arkasından 6 . Axel ile pat. 5. Şh2 elA 6 . Af3+! Axf3+ 7. Şg3 Çok ilginç bir durum: Beyaz şah üç ata birden saldırıyor. Demek ki siyah şah da üç atı birden ko­ rumalı: 7... Şe3 Ve yine pat!.. Ayrı bir diyagramı hakeden son derece olağandışı bir pozisyon:

ikinci örneğimiz zarif bir yardımlı mat proble­ mi. O kadar zarif ki, pozisyonda yapılan küçük de­ ğişikliklerle 4 yeni problem daha elde ediliyor; ya-


ni “dördüz” doğuran bir konum! Yardımlı matlar­ da hep olduğu gibi önce siyahlar oynuyor ve beyaz, siyahın yardımıyla iki hamlede mat ediyor: a) Diyagram b) a6 ’da siyah kale var c) a6 ’da siyah fil var d) a6 ’da siyah at var e) aö’da siyah piyon var H. Forsberg, 1. Ödül, Revista Romana de Sah, 1936

8

1. ... blV ya da

7

M

6 5

S

4 3

Son sorumuz çetinceviz bir klasik satranç problemi. Şekli yukarda. Hemen şu dikkatimizi çekiyor: Beyaz, 1. Ad8 (veya d4), 2. Ae6 ve 3. Ac7 ile mat etmeyi deneyebilir. Diğer yandan, 1. Ab4 (veya e7), 2. Ad5 ve 3. Ac7 manevrası da aynı şekilde cazip görünüyor. Siya­ hın

a

(ŞİŞ)

2 1 a

b

c

d

e

f

g

h

2 hamlede yardımlı mat Çözümler: a) 1. Vf6 Ac5 2. Vb2 Ka4 mat b) 1. Kb6 Kbl 2. Kb3 Kal mat c) 1. Fc4 Ael 2. Fa2 Ac2 mat d) 1. Ac5 Acl 2. Aa4 Kb3 mat e) 1. a5 Kb3+ 2. Şa4 Ac5 mat

Ado Kraemer, Die Welt, 1948

8ılı 7i 6 5 A 4 i s iMü! 3 ı 2i i mm 1S ■ "

m i

1......Kxel hamleleri bu tehditler karşısında işe yaramaz, tek savunma 1 . ... c2 hamlesidir. O zaman beyaz 2. Vcl! hamlesini yapar ve siyah c2 piyonu bloke olur. Daha sonra siyah ne yaparsa yapsın, beyaz atını zamanında c7’ye getirerek 4 hamlede matı ta­ mamlar... Yani, 1. Ad8 , 1. Ad4, 1. Ab4 ve 1. Ae7 anahtar hamlelerinin hepsi de problemi çözüyor sanki... Haşa! Bir satranç probleminin (aksi belirtil­ medikçe, ya da bir kurgu hatası yoksa) yalnızca tek bir çözümü vardır. Demek ki bir şeyi atlıyo­ ruz... Gerçekten de, siyahın çok gizli bir savunma­ sı var: 1. Ad8 ? c2 2. Vcl blFü 3. Ae6 ve pat! Peki o zaman çözüm ne? işte size çözüm: 1. Ab4! c2 2. Vcl! blF 3. Ad3ü exd3 4. Vhl mat!

;■

a

b

c

d

e

4 hamlede mat

f

g

h

Sizin çözmeniz gereken soruyu bir sonraki say­ fada bulacaksınız. V


Problem

MD 2010-IV sayısında sorulan problemin çözümü:

R. Smullyan, Manchester Guardian, 1957

Godfrey Heathcote, 1948

MI

7

H

6

4

" ■.

■HMj

7

5

mm ı 1

8

8

6

Rh H

M i il

H

H

3

£

5

3

uH

Ü

2

2

I

(^)

1

a a

b

c

d

e

f

g

b

c

d

e

f

g

h

h

3 hamlede mat Bir oyunda yukarıdaki pozisyon ortaya çık­ tı. Gördüğünüz gibi beyaz şah tahtada yok. Biri­ si kaldırmış, ya da tahtadan düşmüş... Soru şu: Beyaz şah nerede duruyordu?

1. Kf6 ! Tehdit 2. Kb6 ve 3. Kb5 mat. (Eğer 2. ... Şxd4 3. Kd6 mat.) a) 1. ... Fe6 2. Ac2 Axf6 (Şc6 ) 3. Ab4 mat b) 1. ... d6 2. Ve2 Fxe2 3. Kf5 mat c) 1. ... Axf6 2. Vc7 d6 3. Va5 mat; Eğer 2. ... Ae4 3. Fc4 mat.

«amam 3k*ı_

1.71818 W M ATcM ^TfK Köyü 3

- W

7


M A T E M A T İK

Ergun Akleman

5NT5ĞH2AL SUUUNUNÛA A R SA SPEK Ü LA SYÖ N Û U LA RIN A £ Ü N D£>6AR. . 0.TARAU ALAN BÜYÜKMÜŞ DİY5 DUYDUM. ÜYELİN BİR FİYATTAN V5RIRS6N PARS6LL6YİP SATARIM-

DAHA DA İYİM6TR5KAR5Sİ ÜCÜZA <£6UR-

Bu BNTE^RAU SANDIĞINIZDAN Ç £K £ £ K DAHA BÜYÜK-

W /

N£T: 1/X*IN1 O İLE HERHANGİ BİR PÖZITIF SAYI ARASINDAKİ EN T E6RA U SO N SU Z ÛIKAR- O YÜZDEN SPEKÜLASYÖNCU SÖ NLU BİR PARA Ö D E R SE ARSANIN METREKARESİ BEDAVAYA D ELECEKTİR-


X y / İSTANBUL BİLGİ ÜNİVERSİTESİ YAYINLARI

TÜBA (TÜRKİYE B İL İM L E R A K A D E M İS İ)

2011

E n İYİ D e r s K İ t a b i Ö d ü l l e r İ

So s y a l B İlİ m l e r

sasi

ULUSLARARASI EKONOM İK BÜTÜNLEŞME KURAM, POLİTİKA VE UYGULAMA, AB VE DÜNYA ÖRNEKLERİ CANAN B A LK IR 598 Sayfa, ISBN: 978-605-399-162-5 Canan Balkır tarafından hazırlanan bu çalışma, bir yandan bütünleşme kavramının tarihsel gelişimini ve şekillenişini anlatırken, bir yandan da dünya üzerinde başta Avrupa Birliği olmak üzere bugüne kadar kurulmuş birliklerin oluşumunu ve yapısını açıklayarak, bu birliklerin küresel ekonomi içindeki yerlerini ve önemini anlamamızı sağlayacak bilgiler veriyor.

POLİTİKANIN ÇAĞRISI FATM AG Ü L BER K T A Y 340 Sayfa, ISBN: 978-605-399-160-1 Fatmagül Berktay bu kitabında, insanın kolektif varoluşunu ve eylemini düzenlemeye hizmet eden en önemli araçlardan biri olan politikayı sahiplenmenin, onun geçmişle ve gelecekle olan bağlantısını kurmanın, bugünü anlamlandırmamız ve içinde yaşadığımız koşulları bir “kader” olarak kabullenmeyerek kendimizi gerçek birer özneye dönüştürebilmemiz açısından vazgeçilmez olduğunu savunuyor ve okuyucuyu politikanın çağrısına kulak vermeye davet ediyor.

Do ğ a B İl İ m l e r İ \v.s^r t Savma

MATEMATİĞE G İR İŞ 2: SEZGİSEL KÜMELER KURAMI

MATEMATİĞE G İR İŞ 3: SA YM A

ALİ N E S İN 368 Sayfa, ISBN: 978-605-5794-04-7

ALİ N ESİN 320 Sayfa, ISBN: 978-605-5794-09-5

Bu kitap, kendi başına bağımsız olarak okunabilirse de matematiğin en temel kavramlarını "sezgisel" olarak, özellikle genç okurlara sunmayı amaçlayan bir dizinin ikinci kitabı. Kümeler kuramı üzerine olan bu ikinci kitap, lise matematik öğretmenlerine, üniversitede matematik ya da temel bilimlerde eğitim görmek isteyen liselilere ve üniversitede bir temel bilimler bölümünde okuyan gençlere yararlı olmayı hedefliyor.

Dizinin üçüncü kitabı otan Sayma, sayma yöntemleri üzerine odaklanıyor. Çocukluğumuzdan beri sayıyor olsak da saymak matematiğin zor konularından biridir. Genel olarak karşımıza çıkan bir sayma problemiyle nasıl başa çıkacağımızı önceden kestirebilmek oldukça güçtür. Bu kitapta sayma konusuna bir giriş yapılmış, kitabın lise, hatta ortaokul düzeyinde bile okunabilir olmasına özen gösterilmiştir.

www.bilgiyay.com

Kurtuluş Deresi Caddesi No: 47, 34440 Dolapdere/İSTANBUL Telefon: 0212 311 52 59 Faks: 0212 253 47 00 E-mail: yayin@bilgiyay.com - dagitim@bilgiyay.com

V

Genel Dağıtım: PUNT www.puntokitap.com Telefon: 0212 496 10 50 Faks: 0212 551 30 13 E-mail: punto@puntokitap.com


KENDİ BAŞIN A BİR İNSAN...

"Kendi kendileriyle konuşanlar; içinden konuşanlar, konuşacak kendilerinden başka kimsesi olmayanlar; tıpkı benim gibi, gözümüzün önünde eriyen mumlardan, yani an an geçişine tanık olduğumuz zaman artıklarından yapılmış bir bütüne kendilerini (sorunlarını, dertlerini, gizlerini, özlemlerini, imgelerini] anlatırlar. Bu kitabımda benim yaptığım budur.”

A Z İZ NESİN'in günü gününe tu ttu ğ u n o tla r bireysel ve to p lu m s a l g e ç m iş im iz e o ld u ğ u kadar geleceğim ize de ışık tu tu y o r. G örm ek

_ _ I .

ve anlam ak isteyenlere...

NESİNYAYINEVİ

Hiç ya yım la n m a m ış çok özel n o tla rıyla A ziz N esin'in güncesi: Mum Hala l-ll

_

v www.nesinyayinevi.com


Matematik d 252 nyas 305 say 305 87 2011 ii